Summenfolge y=x(x+1)/2 der nat. Zahlen
Ernst Jung
Kann mir jemand die Formel für die Ermittlung der folg.
* Zahlen 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, 408, 0985 = 5*197 usf.
* Zahlen 1, 3, 7, 17, 41, 99, 239, 577, 1393 = 7*199 usf.
mitteilen?
2.Frage
Kann mir jemand sagen, ob es in der Folge der Zahlen
* 1, 2, 5, 12 usf. ausser 1 und 169 noch weitere nat. Zahlen
N^2 und außer 1=1^n noch weitere nat. Zahlen N^n gibt ?
* 1, 3, 7, 17 usf. außer 1=1^n noch weitere nat. Zahlen N^n gibt ?
3.Frage
Besteht zwischen der Folge der Zahlen (1,1), (2,3), (5,7), (12,17) usf.
und der Folge der sog. Fibonaccizahlen 1,1, 2,3, 5,8, 12,13 usf.
ein Zusammenhang?
4.Frage
Kann mir jemand einen einfachen Beweis der Unlösbarkeit der Glei-
chung x+x^2=2z^3 in nat. Zahlen x,z bei x >1 mitteilen?
5.Frage
Besteht etwa ein Zusammenhang zwischen der von Andrew Wiles
bewiesenen Unlösbarkeit der Fermatgleichung x^n+y^n=z^n in nat.
Zahlen x,y,z bei nat. Hochzahlen n > 2 und der vermutlichen Unlös-
barkeit der Gleichung x+x^2=2z^n in nat. Zahlen x,z bei x >1, n > 2?
Vielen Dank im voraus und
mit freundlichen Grüssen
Ernst
Enrico Righes
> * Zahlen 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, 408, 0985 = 5*197 usf.
> * Zahlen 1, 3, 7, 17, 41, 99, 239, 577, 1393 = 7*199 usf.
Beide Folgen:
a_n = 2a_(n-1) + a_(n-2)
wobei bei der ersten Folge gilt:
a_1 = 1; a_2 = 2, bei der anderen a_2 = 3.
Das sieht verdächtig nach einer Art Fibonacci-Folge aus...
Enrico
Karsten Meyer
> Kann mir jemand die Formel für die Ermittlung der folg.
1 2 5 12 29 70 169 408 985
1 3 7 13 41 99 239 577 <- Na, geht ein Licht auf?
2 4 6 28 58 160 338
2 2 22 30 102 178
0 20 8 72 76
20 -12 -64 4
Hmmm, Ausser, daß die 2. Folge die Differenz der 1. bildet, kann ich
nichts sagen, da sich kein Muster bildet.
> * Zahlen 1, 3, 7, 17, 41, 99, 239, 577, 1393 = 7*199 usf.
> mitteilen?
>
> 3.Frage
> Besteht zwischen der Folge der Zahlen (1,1), (2,3), (5,7), (12,17) usf.
> und der Folge der sog. Fibonaccizahlen 1,1, 2,3, 5,8, 12,13 usf.
> ein Zusammenhang?
Nein, da die Fibbonaci-Folge ... 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 ...
lautet, und keine 12 enthalten ist.
Auch mit der Lucas-Folge ... 1 3 4 7 11 18 29 47 76 ... dürfte sich kein
Zusammenhang finden lassen.
KOSMO(POLITAN)
## CrossPoint v3.1 ##
Ernst Jung
Vielen Dank für Deine Antwort auf meine erste Frage.
Du hast sicherlich bemerkt, dass es sich bei den Zahlen
(1*1)^2, (5*7)^2, (29*41)^2, (169*239)^2, (985*1393)^2 usf.
um die ungeraden Quadratzahlen und bei den Zahlen
(2*3)^2, (12*17)^2, (70*99)^2, (408*577)^2 usf. um die
geraden Quadratzahlen in der Summenfolge y=x(x+1)/2
der nat. Zahlen handelt. Es geht also um die Lösbarkeit
der Gleichung x+x^2=2z^2 in nat. Zahlen x,z bzw. um die
Lösbarkeit der Gleichungen
(2x*y)(x+y)^2 = z^2 in nat. Zahlen x,y,z und z=gerade
(2*2*1)(1+2)^2=(2*3)^2=6^2=1+2+..+7+8 = 2*2^4+2^2
(2*8*9)(8+9)^2=(12*17)^2=204^2=1+2+..+288=2*12^4+12^2
(x^2+y^2)(x+y)^2 = z^2 in nat. Zahlen x,y,z und z=ungerade
(3^2+4^2)(3+4)^2=(5*7)^2=1+2+..+49=2*5^4 - 5^2
(20^2+21^2)(20+21)^2=(29*41)^2=2*29^4 - 29^2
Alle Lösungstripel der Gleichung (y-1)^2+y^2=(y+u)^2 hängen
unmittelbar mit allen ungeraden Quadratzahlen > 1 in der Sum-
folge y=x(x+1)/2 zusammen.
Siehe auch die dritte Frage! Es ist 12 jedoch keine Fibonacci-
zahl, also 12,13 ist durch 13,21 zu ersetzen.
Die nat. Zahlen summieren sich nicht zu Kuben > 1 auf bzw.
die Gleichung x+x^2=2z^n ist bei x >1, n=3 bewiesenermassen
in nat. Zahlen x,z unlösbar. Das hat sicherlich mit der bereits
in nat. Zahlen x,y,z unlösbaren Gl. x^3+y^3=z^3 und damit auch
* mit der Unlösbarkeit von (y-1)^3+y^3=(y+u)^3 zu tun,
d.h. die Summe von 2 benachbarten Kuben ist kein Kubus.
* mit der Unlösbarkeit von (y-u)^3+y^3=(y+1)^3 zu tun,
d.h. die Diff. zwischen 2 benachbarten Kuben ist kein Kubus.
* mit der bewiesenen Unlösbarkeit von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n
bereits ab u=1, n > 2 zu tun, d.h. die Summe von 2 benachbar-
ten n.ten Potenzen ist nur bei n=1 und n=2 die unmittelbar fol-
gende n.te Potenz.
Ein Kubus z^3=(y+u)^3 kann Summe von 2 Zahlen x^3,y^3 nur
sein, wenn der Kubus z^3=(y+u)^3 Differenz zwischen nat. Ku-
ben ist. Nach dem Beweis der Fermatschen Vermutung durch
Andrew Wiles gilt allgemein: Die nat. Zahl z^n in x^n+y^n=z^n
kann Summe von 2 nat. Zahlen x^n,y^n nur sein, wenn z^n Dif-
ferenz zwischen nat. Zahlen in derselben Potenz n ist.
MfG
Ernst
+++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
Enrico Righes schrieb in Nachricht
35F55303...@stud.uni-hannover.de
>Hi, Ernst!
>
>> * Zahlen 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, 408, 0985 = 5*197 usf.
>> * Zahlen 1, 3, 7, 17, 41, 99, 239, 577, 1393 = 7*199 usf.
>
>Beide Folgen:
>a_n = 2a_(n-1) + a_(n-2)
>
>wobei bei der ersten Folge gilt:
>a_1 = 1; a_2 = 2, bei der anderen a_2 = 3.
>
>Das sieht verdächtig nach einer Art Fibonacci-Folge aus...
>
>Enrico
++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++++
Andreas Homrighausen
>
> 1. Frage
> Kann mir jemand die Formel für die Ermittlung der folg.
Die explizite Formel lautet
f(n)=(sqrt(2)*((1+sqrt(2))^n-(1-sqrt(2))^n))/4
> 4.Frage
> Kann mir jemand einen einfachen Beweis der Unlösbarkeit der Glei-
> chung x+x^2=2z^3 in nat. Zahlen x,z bei x >1 mitteilen?
x^2+x-2z^3=0 <=>
x=-(1/2)+sqrt(1/4+2z^3) oder x=-(1/2)-sqrt(1/4+2z^3)
=> x=-(1/2)+(1/2)*sqrt(8z^3), da zweite Loesung <0 und damit nicht aus
N.
<=> x=-(1/2)+z*sqrt(2z)
<=> x=(2z*sqrt(2z)-1)/2
Wen x aus N, dann muesste 2z*sqrt(2z)-1 gerade sein. Offensichtlich
ist aber 2z*sqrt(2z)-1 ungerade. => x ist nicht aus N
Damit ist die Unloesbarkeit beiwesen.
> Vielen Dank im voraus und
> mit freundlichen Grüssen
> Ernst
MfG
Andreas
René Klinkhammer
>Kann mir jemand die Formel für die Ermittlung der folg.
>* Zahlen 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, 408, 0985 = 5*197 usf.
wofür gibt es Datenbanken? hier aus:
http://www.research.att.com/cgi-bin/access.cgi/as/njas/sequences/eisA.cgi?An
um=A000129
Greetings from the On-Line Encyclopedia of Integer Sequences!
Here is the A000129 entry in the table (this will take a moment):
%I A000129 M1413 N0552
%S A000129 0,1,2,5,12,29,70,169,408,985,2378,5741,13860,33461,80782,
%T A000129 195025,470832,1136689,2744210,6625109,15994428,38613965,
%U A000129 93222358,225058681,543339720,1311738121,3166815962,7645370045
%N A000129 Pell numbers (denominators of continued fraction convergents to
sqrt(2)).
%R A000129 FQ 4 373 1966. BPNR 43. Robe92 224.
%O A000129 0,3
%K A000129 nonn,easy,core,cofr
%p A000129 f:= proc(n) option remember; if n <=1 then n; else
2*f(n-1)+f(n-2); fi; end;
%A A000129 njas
%Y A000129 Cf. A001333.
wie man sieht hatte Enrico Righes recht!
Grüße Rene Klinkhammer
Huber Alexander
> > 4.Frage
> > Kann mir jemand einen einfachen Beweis der Unlösbarkeit der Glei-
> > chung x+x^2=2z^3 in nat. Zahlen x,z bei x >1 mitteilen?
>
> x^2+x-2z^3=0 <=>
> x=-(1/2)+sqrt(1/4+2z^3) oder x=-(1/2)-sqrt(1/4+2z^3)
> => x=-(1/2)+(1/2)*sqrt(8z^3), da zweite Loesung <0 und damit nicht aus
> N.
x = -(1/2) + sqrt(1/4+2z^3) ist NICHT gleich
-(1/2) + (1/2)*sqrt(8z^3)
sondern
-(1/2) + sqrt((1/4)*[1+8z^3]) =
= -(1/2) + (1/2)*sqrt(1+8z^3)
Aber ich bin selbst noch nicht dahintergekommen, wie man die
Unloesbarkeit in IN zeigt ...
Alexander
Andreas Homrighausen
>
>
>
> x = -(1/2) + sqrt(1/4+2z^3) ist NICHT gleich
> -(1/2) + (1/2)*sqrt(8z^3)
>
> sondern
>
> -(1/2) + sqrt((1/4)*[1+8z^3]) =
> = -(1/2) + (1/2)*sqrt(1+8z^3)
Peinlich, Du hast natuerlich recht.
Und ich mache mich immer ueber unsere Studenten lustig, wenn
sie nicht ausklammern koennen ;-)
Das kommt davon, wenn man mal eben schnell eine Gleichung
im Kopf loest und eintippt ohne das gute alte Papier und den guten
alten Bleistift zu benutzen...
>
> Aber ich bin selbst noch nicht dahintergekommen, wie man die
> Unloesbarkeit in IN zeigt ...
Bleibt "nur" noch zu zeigen, dass 8z^3+1 keine Quadratzahl ist fuer
alle z>1, z aus IN.
>
> Alexander
Andreas
Horst Kraemer
wrote:
>1. Frage
>Kann mir jemand die Formel für die Ermittlung der folg.
>* Zahlen 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, 408, 0985 = 5*197 usf.
>* Zahlen 1, 3, 7, 17, 41, 99, 239, 577, 1393 = 7*199 usf.
>mitteilen?
So wie es aussieht, gehorchen beide Folgen dem Bildungsgesetz:
x[n] = 2*x[n-1] + x[n-2]
fuer n>=2 mit irgendwelchen Startwerten x[0] und x[1].
Ansatz: x[n] = c^n. Ergibt
c^n - 2*c^(n-1) - c^(n-2) = 0
c^2 - 2c - 1 = 0
c1;2 = 1+-sqrt(2)
Die allgemeine Loesung lautet
x[n] = a*c1^n + b*c2^n
fuer beliebige Konstanten a,b. Diese werden aus den Anfangsbedingungen
ermittelt:
x[0] = 1 = a+b
x[1] = (2,3) = a*(1+sqrt(2))+b*(1-sqrt(2))
= (a+b)+sqrt(2)*(a-b)
Ergibt nach etwas Hin und Her (s2:=sqrt(2)) fuer Folge 1:
x[n] = [ (2+s2)*(1+s2)^n + (2-s2)*(1-s2)^n ] /4
und fuer Folge 2:
x[n] = [ (1+s2)^(n+1) + (1-s2)^(n+1) ] /2
Ich hoffe, diese "Formeln" gefallen Dir...
Ein oberflaecherlicher Zusammenhang zur FIBONACCI-Folge besteht darin,
dass diese ebenfalls einer homogenen Differenzengleichung zweiter
Ordnung gehorcht:
x[n] = x[n-1] + x[n-2]
MfG
Horst
Ernst Jung
Karsten Meyer schrieb in Nachricht <70SrQ...@narnia.lahn.de>...
>> 1. Frage
>> Kann mir jemand die Formel für die Ermittlung der folg.
>> * Zahlen 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, 408, 0985 = 5*197 usf.
>
> 1 3 7 13 41 99 239 577 <- Na, geht ein Licht auf?
> 2 4 6 28 58 160 338
> 2 2 22 30 102 178
> 0 20 8 72 76
> 20 -12 -64 4
> Hmmm, Ausser, daß die 2. Folge die Differenz der 1. bildet, kann
> ich nichts sagen, da sich kein Muster bildet.
>
nat. Zahlen x > 1, z bei nat. Hochzahlen n > 2 bei Berücksichtigung
der nachstehenden Ermittlung der Quadratzahlen in y=x(x+1)/2
001, 001, 002 002 004 004 etc. (001*001)^2= 1=1^2=1^n
002, 003, 004 006 008 012 etc. (002*003)^2= 000006^2
005, 007, 010 014 020 028 etc. (005*007)^2= 000035^2
012, 017, 024 034 048 068 etc. (012*017)^2= 000204^2
029, 041, 058 082 116 164 etc. (029*041)^2= 001189^2
070, 099, 140 198 280 396 etc. (070*099)^2= 006930^2
169, 239, 338 478 676 956 etc. (169*239)^2= 040391^2
408, 577, usf. usf. usf. usf. etc. (408*577)^2= 235416^2
und der Lösbarkeit der nachfolgenden Gleichungen
Ga: n^(n^n)=(n^n)^n in nat. Zahlen nur bei n=1und n=2
Gb: n^(n+n)=(n+n)^n und n+n=n*n=n^n nur bei n=2
Gc: n^m=m^n bei nat. Zahlen n=/=m nur bei n=2, m=4 et v.v.
GA: (y-u)^n+y^n=(y+u)^n nur bei n=1,2 in N, y > u > 0
* bei n=1 also (u,y)=(1,2), (2,4), (3,06), (4,08), (5,10) usf.
* bei n=2 also (u,y)=(1,4), (2,8), (3,12), (4,16), (5,20) usf.
A. (y-u)^n+y^n=(y+u)^n nur bei n=1 und n=2
* (2x-x)^1+(2x)^1=(2x+x)^1 --> (1,2,3), (2,4,06), (3,06,09) usf.
* (4x-x)^2+(4x)^2=(4x+x)^2 --> (3,4,5), (6,8,10), (9,12,15) usf.
B (y-1)^n+y^n=(y+u)^n nur bei n=1 und n=2
C (y-u)^n+y^n=(y+1)^n nur bei n=1 und n=2
D (y-u)^n+y^n=(y+v)^n = z^n = y^n + x^n nur bei n=1 und n=2.
Das angeblich große Fermatsche Problem ist m.E. überhaupt
kein Problem, auch wenn Wiles' Beweis (WB) der Fermatschen
Vermutung (FV) nur von ganz wenigen Experten nachvollzogen
werden kann. Die wechselbedingte Lösbarkeit von x+y=z und
x^2+y^2=z^2 schließt die Lösbarkeit von x^n+y^n=z^n in nat. Zah-
len x,y,z bei nat. Hochzahlen n > 2 aus. Die Annahme einer bei
leicht zu *beweisender* Unlösbarkeit von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n lös-
baren Gleichung x^n+y^n=z^n ist mit einem eklatanten Widerspruch
verbunden, d.h. niemand würde bei *angenommener* Unlösbarkeit
von (y-1)^n+y^n=(y+1)^n bei n=1 und n=2 die Lösbarkeit von
A. (y-u)^n+y^n=(y+u)^n mit y-u=x, z=y+u und y=(x+z)/2
B. (y-1)^n+y^n=(y+u)^n mit y-1=x, z=y+u und y= x+1
C. (y-u)^n+y^n=(y+1)^n mit y-u=x, z=y+1 und y= z -1
D. (y-u)^n+y^n=(y+v)^n mit y-u=x, z=y+v und y=y
bei n=1 und n=2 für möglich halten. Wenn 1+2 nicht 3 wäre, dann
wäre auch 3^2+4^2 nicht 5^2 und umgekehrt, d.h. wenn 3^2+4^2
nicht 5^2 wäre, dann wäre 1+2 nicht 3. Dann wäre also das Zählen
eine sinnlose bzw. bedeutungslose Operation. Es gilt
* die Operation x*x+y*y=z*z nur einmal mit sich selbst multiplizierter
nat. Zahlen x,y,z ist im System n=2 nur beschränkt ausführbar
* die Operation x*x*x+y*y*y=z*z*z mehr als einmal mit sich selbst
multiplizierter nat. Zahlen x,y,z ist im System n=3 stellvertretend
für die Systeme n > 2 überhaupt nicht ausführbar.
Mit dem Beweis der Unlösbarkeit von x^3+y^3=z^3 hatte Euler die
FV bewiesen, ohne sich dessen bewußt zu sein. Unlösbarkeit von
(y-u)^n+y^n=(y+u)^n bei n > 2 bedeutet, dass alle z^n=(y+u)^n nicht
Differenz zwischen nat. Zahlen in derselben Potenz n sind. Es ist
irgendwie fast evident, dass eine nat. Zahl z^n=(y+u)^n Summe von
2 nat. Zahlen x^n, y^n nur sein kann, wenn z^n auch Differenz zwi-
schen nat. Zahlen in derselben Potenz n ist. Die ist nur bei n=1 und
n=2 der Fall. Jede nat. Zahl ist unendlich oft Differenz zwischen nat.
Zahlen und jede nat. Quadratzahl > 2^2 ist mindest einmal Differenz
zwischen nat. Quadratzahlen. Dennoch sind nicht alle nat. Quadrat-
zahlen Summe von 2 nat. Quadratzahlen. Es ist x^n+y^n=z^n schon
ab n > 1 in ungeraden Zahlen x,y unlösbar.
Man kann also sagen, dass die Lösbarkeit von (y-1)^n+y^n=(y+1)^n
die notwendige Bedingung nicht nur für die Lösbarkeit der Gleichung
(y-u)^n+y^n=(y+u)^n, sondern auch für die Lösbarkeit von x^n+y^n=z^n
ist. Die Lösbarkeit von x^2+y^2=z^2 in nat. Zahlen x,y,z ist auf die Lös-
barkeit von (y-1)^2+y^2=(y+1)^2 bei y=4=2+2=n+n=n*n=2*2=2^2=n^n
und y^2=4^2=(n+n)^n = n^(n+n)=2^4 zurückzuführen. Es ist also
3*3+((3+3)+(5+5)=5*5 bzw. (4x-x)^2+(4x)^2=(4x+x)^2 bei x=1 sowie bei
* 4 -1=3 =2+1=(2+4)/2=(1+2+3)/2 als 1. Primzahl in der Folge y=4x-1
* 4+1=5=1^2+2^2 als 1.Primzahl in der Zahlenfolge y=4x+1
Alle Lösungstripel (Sx,Sy,Sz) von (y-1)^2+y^2=(y+u)^2 hängen über
die Doppelt der Zahlen, die sowohl in der Summenfolge y=x(x+1)/2
der nat. Zahlen als auch in der Summenfolge y=x(x+1) der geraden
Zahlen vorkommen, mit allen ungeraden Quadratzahlen > 1 in der
Summenfolge y = x(x+1)/2 unmittelbar zusammen wie zum Beispiel
006=3! 2*3=1+2+3=2+2^2, 12 = 3*4 -------> 003^2+004^2=005^2
210=1+2+..+20=14+14^2, 420=20+20^2 --> 021^2+020^2=029^2
7140=60*119=84+84^2, 14280=119*120-->119^2+120^2=169^2
Es ergibt (2xy)(x+y)^2=z^2 bei (x,y)=(1,2), (08,09) usf. die geraden
und (x^2+y^2)(x+y)^2=z^2 bei (x,y)=(3,4), (20,21) usf. die ungera-
den Zahlen z^2 > 1 in der Summenfolge der nat. Zahlen.
Frage: Wie steht es mit der Lösbarkeit der beiden Gleichungen
(2xy)(x+y)^n=z^n und (x^n+y^n)(x+y)^n =z^n in nat. Zahlen x,y,z
bei nat. Hochzahlen n > 2, zumal x^n+y^n=z^n für n > 2 gemaß
WB der FV in nat. Zahlen x,y,z bei nat. n > 2 unlösbar ist?
Dies reicht vorerst.
Vielen Dank für Deine Re
MfG
Ernst.
--------.
P.S.
>> Besteht zwischen der Folge der Zahlen (1,1), (2,3), (5,7), (12,17) usf.
>> und der Folge der sog. Fibonaccizahlen 1,1, 2,3, 5,8, 12,13 usf.
>> ein Zusammenhang?
>
>Nein, da die Fibbonaci-Folge ... 0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 ...
>lautet, und keine 12 enthalten ist.
Richtig, die 12 sollte als 21hinter 13 stehen. Also ein doppelter
Drehfehler. Für evtl. Fehler in dem o.a. Text entschuldige ich mich
bereits vorab.
Bis zur 5. Zahl stimmen beide Folgen miteinander überein und es ist
5^2+12^2 = 13^2 bzw. 3^2+(3*4)^2+5^2=13^2=(2^2+3^2)^2 und
4*11=44 --> 89, 179, 359, 719, 1439, 2879 --> 5759=13*443,
89=5^2+8^2=2^2+6^2+7^2 und 2^11-1=23*89 --> vgl. Mersenne-
sche Primzahlen, d.h. 2^11-1 ist keine Primzahl und 1189^2 ist eine
Quadratzahl in der Summenfolge der nat. Zahlen. Vergleiche ferner:
(3+3)^2=17+19, (5+7)^2=71+73, (41+43)^2=3527+3529, d.h. eine
Zahl und deren Quadrat sind Summen von Zwillingsprimzahlen. Es
ist 204=101+103 = 14+26+62+62+26+14 --> siehe. duale Körper
und 204=5+199=197*7=11+193=191+13=101+103 --> Goldbach,
und (101+103)^2=20807+20809=1+2+3+4+5+...7*41+2*144.
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, 144, 233, 377 usf. -->144
1*1, 2*3 5*7, 12*17, 29* 41, 70*099, 169*239 usf. --> 169.
Ernst Jung
Horst Kraemer schrieb in Nachricht <35f5ae50....@news.snafu.de>...
>>Kann mir jemand die Formel für die Ermittlung der folg.
>>* Zahlen 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, 408, 0985 = 5*197 usf.
>>mitteilen?
>
> So wie es aussieht, gehorchen beide Folgen dem Bildungsgesetz:
> x[n] = 2*x[n-1] + x[n-2]
> fuer n>=2 mit irgendwelchen Startwerten x[0] und x[1].
> Ergibt nach etwas Hin und Her (s2:=sqrt(2)) fuer Folge 1:
> x[n] = [ (2+s2)*(1+s2)^n + (2-s2)*(1-s2)^n ] /4
> und fuer Folge 2:
> x[n] = [ (1+s2)^(n+1) + (1-s2)^(n+1) ] /2
>
>Ich hoffe, diese "Formeln" gefallen Dir...
Zunächst vielen Dank.
Neulich habe ich eine Re in de. sci.physik betr. Formeln gepostet.
Daher also "Formel" statt Gleichung oder Ermittlungsgleichung.
> Ein oberflaecherlicher Zusammenhang zur FIBONACCI-Folge
> besteht darin, dass diese ebenfalls einer homogenen Differen-
> zengleichung zweiter Ordnung gehorcht: x[n] = x[n-1] + x[n-2]
Warum nur ein "oberflaechlicher Zusammenhang" bei
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34,55, 89, 144, 233, 377 usf.
1*1, 2*3, 5 * 7, 12*17, 29*41, 70* 099, 169, 239 usf. ?
Die Quadrate der Produkte in der unteren Folge sind die Qua-
dratzahlen in der Summenfolge y=x(x+1)/2 der nat. Zahlen > 0
und es ist 5^2+12^2=13^2=84+85=169=3^2+(3*4)^2+4^2.
Die Gleichung (y-u)^n+y^n=(y+u)^n mit x=y-u, u+y=z, y=(x+z)/2
ist bei nat. Zahlen y > u > 0 und nat. Hochzahlen n fast evident
nur bei n=1 und n=1+1=2 in nat. Zahlen x,y,z lösbar. Die Lös.-
Tripel (Lx,Ly,Lz) bzw. (Sx,Sy,Sz) dieser "Mittelgleichung" lauten
* bei n=1 also (Lx,Ly,Lz) =(1,2,3), (2,4,06),(3,06,09), (04,08,12) usf.
* bei n=2 also (Sx,Sy,Sz)=(3,4,5), (6,8,10),(9,12,15), (12,16,20) usf.
Es ist x+y=z immer der Fall in dem Sinne, dass die Summe von 2
nat. Zahlen x,y eine nat. Zahl z ist. Es ist also 1+1=2, 1+2=3 usf.
und (1,2,3) ist das kleinste Lösungstripel der Mittelgleichung bei n=1.
Dies ist jedoch nur der Fall, weil alle nat. Zahlen unendlich oft Diffe-
renz zwischen nat. Zahlen sind. Das wird einem in der Schule jedoch
nicht gesagt und wenn man sagt, x+y=z gilt immer, dann weisen die
Mathematiker sofort auf 3+4=/=5 hin, d.h. dass man nicht beliebige
nat. Zahlen für die Platzhalter x,y,z in x+y=z einsetzen kann, soll das
Gleichheitszeichen seine Berechtigung behalten. Jeder, der zählen
kann, weiß dies und dass (y-u)^1+y^1=(y+u)^1 nicht bei beliegigen
nat. Zahlen u, y lösbar sein kann, wohl aber bei allen nat. Zahlen u
lösbar ist.
Es gilt nicht immer x^2+y^2=z^2, d.h. die Summe von 2 ungeraden
Zahlen x^2, y^2 ist z.B. keine nat. Zahl z^2. In der Schule wird einem
jedoch nicht gesagt, dass die nat. Zahl z^2 Summe von 2 nat. Zah-
len x^2,y^2 sein kann, wenn diese Zahl z^2 auch Differenz zwischen
nat. Quadratzahlen ist.
Es gilt immer nicht=nie x^n+y^n=z^n ab n=3, weil aus der leicht zu
beweisenden Unlösbarkeit von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n bei n > 2 ersicht-
lich ist, dass nat. Zahlen z^n = (y+u)^n nicht Summe von nat. Zahlen
x^n=(y-u)^n, y^n sein können, weil die Zahlen z^n=(y+u)^n nicht Dif-
ferenz zwischen nat. Zahlen in derselben Potenz n sind. Dass man in
x^n+y^n = z^n für die Platzhalter x,y,z nicht beliebige nat. Zahlen ein-
setzen kann, versteht sich von selbst. Was aber das Einsetzen von
beliebigen nat. Hochzahlen n > 3 betrifft, sind die Mathematiker nicht
so "pingelig", d.h. sie schließen nicht aus, dass bei bewiesener Unlös-
barkeit von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n für n > 2 die Gleichung x^n+y^n=z^n
für alle n > 2, für unendlich viele n > 2 oder für endlich viele n > 2 lös-
bar sein könnte. Sie haben doch auf der Suche nach einer Lösung
des angeblich großen Fermatschen Problems in einer Art Wettbewerb
der Reihe nach die Primzahlexponenten p = 3, 5, 7, 11, 13 usf. als sog.
Fermatexponenten bewiesen, obwohl ihnen doch von Anfang an klar
war, dass sie unter den Primzahlexponenten p keine Non-Fermatexpo-
nenten mit den Eigenschaften von n=1 und n=2 in n^(n^n)=(n^n)^n
bzw. von n = 2 in n^(n+n)=(n^n)^n und n+n=n*n=n^n finden konnten.
Nur wenige können Wiles' Beweis der Fermatschen Vermutung nach-
vollziehen und keiner hat sich m.E. bislang danach gefragt, warum die
Gleichungen x+y=z und x^2+y^2=z^2 eigentlich lösbar sind, d.h. noch
immer hat die Mehrheit nicht verstanden, dass die Lösbarkeit der Glei-
chung x^n+y^n=z^n=(y+u)^n mit u=1,2,3,4 usf. voraussetzt, dass die
nat. Zahl z^n Differenz zwischen nat. Zahlen in derselben Potenz n
ist.
Du hast Ende des vergangenen Jahres in einer Re zu "Fragen eines
Laien an FV-Experten" von "Kausalität" gesprochen und davon, dass
von Kausalität nur in den Naturwissenschaften, nicht jedoch in der Ma-
thematik die Rede sein könne. Es ist aber auch in der Mathematik von
notwendigen Bedingungen, die gegebenfalls = wenn erfüllt nicht hin-
reichende Bedingungen sein können, die Rede.
MfG
Ernst.
Enrico Righes
[...]
> 4.Frage
> Kann mir jemand einen einfachen Beweis der Unlösbarkeit der Glei-
> chung x+x^2=2z^3 in nat. Zahlen x,z bei x >1 mitteilen?
Moin Ernst!
Hier ein Beweis (ohne Gewähr)
Um zu zeigen, daß x+x^2 = 2z^3 keine ganzzahlige Lösung für x,z > 1
besitzt,
wird das Ganze umgeformt in x = 1/2(sqrt(1+8z^3)-1). Nun muß bewiesen
werden,
daß 1+8z^3 keine Quadratzahl für z > 1 ist.
- sei z > 1
- sei 1+8z^3 = a^2, also a > 0
- sei a = b+1, also b >= 0
--> 8z^3 = (2z)^3 = b(b+2)
- sei n = 2z, also n^3 = n*n*n = b(b+2)
Um dies zu erfüllen, muß entweder (Primfaktorzerlegung)
- n*n = b und n = b+2 (1)
oder
- n = b und n*n = b+2 (2)
oder
- b = 1 und n*n*n = b+2 --> n^3 = 3 --> Widerspruch
oder
- b = n*n*n und b+2 = 1 --> b = -1 --> Widerspruch
gelten.
Aus (1) folgt:
1/n = 1+2/b Widerspruch, da 1/n < 1
Aus (2) folgt:
n = 1+2/b, was nur für b=1 oder b=2 erfüllt werden kann.
b=1 --> n=3 Widerspruch, da n = b
b=2 --> n=2 Widerspruch, da n = 2z > 2
qed
Ciao
Enrico
Stefan Wehmeier
Enrico Righes wrote:
>
> Ernst Jung schrieb:
> [...]
> > 4.Frage
> > Kann mir jemand einen einfachen Beweis der Unlösbarkeit der Glei-
> > chung x+x^2=2z^3 in nat. Zahlen x,z bei x >1 mitteilen?
> [...]
>
> Moin Ernst!
> Hier ein Beweis (ohne Gewähr)
>
[zeige: 1+(2z)^3 ist nicht von der Form (b+1)^2,
also zu zeigen: (2z)^3 <> b^2+2b]
[ ...]
> - sei n = 2z, also n^3 = n*n*n = b(b+2)
> Um dies zu erfüllen, muß entweder (Primfaktorzerlegung)
> - n*n = b und n = b+2 (1)
> oder
> - n = b und n*n = b+2 (2)
> oder
> - b = 1 und n*n*n = b+2 --> n^3 = 3 --> Widerspruch
> oder
> - b = n*n*n und b+2 = 1 --> b = -1 --> Widerspruch
> gelten.
Moment, n und b sind aber keine Primzahlen. Du kannst natuerlich
schliessen, dass b und b+2 ausser 2 keinen Primfaktor gemeinsam
haben koennen; d.h. jeder Primfaktor von n taucht entweder in
b oder in b+2 in durch drei teilbarer Potenz auf; m.a.W.,
b= 2*u^3 und (b+2)=2^(3k-1)*v^3 fuer irgendein k und u,v ungerade.
(Genausoschnell kannst Du aus der urspruenglichen Gleichung
schliessen, dass entweder x und (x+1)/2 oder x+1 und x/2 beide
Kubikzahlen sein muessen, d.h. die urspruengliche Gleichung
ist (mit x oder x+1 gleich u^3) aequivalent zu 2u^3-v^3 = +/- 1 .
Gruesse,
Stefan
--
Stefan Wehmeier
ste...@mupad.de
Ernst Jung
>> Kann mir jemand die Formel für die Ermittlung der folg.
>> * Zahlen 1, 2, 5, 12, 29, 70, 169, 408, 0985 = 5*197 usf.
>
> 1 3 7 13 41 99 239 577 <- Na, geht ein Licht auf?
> 2 4 6 28 58 160 338
> 2 2 22 30 102 178
> 0 20 8 72 76
> 20 -12 -64 4
>
> Hmmm, Ausser, daß die 2. Folge die Differenz der 1. bildet, kann ich
> nichts sagen, da sich kein Muster bildet.
>
Es ist 29-12=17 und dann tritt am linken Rand die zweifache Folge der
Potenzen der Zahl 2 auf. Das hast Du sicherlich inzwischen bemerkt.
Wenn nicht, siehe die Ermittlung der Quadratzahlen in der Summen-
folge y=x(x+1)/2 in meiner gestrigen Re zu Deiner Re!
MfG
Ernst
____
P.S.
In der nachfolgenden anfänglichen Anordnung der Produkte der nat.
Zahlen am linken Rand füllen die Zahlen y=2x(x+1) gleich zwei Spalten,
Nr. 1 01
Nr. 2 02 04
Nr. 3 03 06 09
Nr. 4 04 08 12 16
Nr. 5 05 10 15 20 25
hingegen sind die Zahlen y der Folge y=x(x+1)/2 auf 2 Spalten aufge-
teil und es ist 03+06=09 und 10+15=25 usf., d.h. die Summe ist die un-
gerade Quadratzahl am rechten Rand. Wenn also - wie vermutet - die
Gleichung x+x^2=2z^n bei x > 1und n > 2 in nat. Zahlen x,y unlösbar sein
soll, dann muss aus dieser Anordnung ersichtlich sein, dass in den Spal-
ten mit den Zahlen y=x(x+1)/2 keine nat. Kuben > 1, Biquadrate > 1 usf.
vorkommen können. In der nachstehenden anfänglichen Anordnung der
Nr. 01
2 02 03
3 04 05 06
4 07 08 09 10
5 11 12 13 14 15
nat. Zahlen befinden sich in den Zeilen mit ungerader Nr. > 1 die Lösungs-
tripel (Sx,Sy,Sz) von (y-u)^2+y^2=(y+1)^2 wie (3,4,5), (5,12,13), (7,24,25),
(9,40,41), (11,60,61), (13,84,85) usf. Es ist z.B. 13^2+84^2=85^2=(5*17)^2
Damit zusammen hängt unmittelbar 119^2+120^2=169^2=13^4 und es ist
119+118+...+86+85=3570=84+83+..+2+1 bei 2*3570=7140 als Zahl, die so-
wohl in y=x(x+1)/2 als auch in y=x(x+1) vorkommt.
Enrico Righes
(snip)
> Moment, n und b sind aber keine Primzahlen. Du kannst natuerlich
Leider hab ich das zu spät gesehen... Aber es scheint der richtige Weg
zu sein ;-)
MfG
Enrico
Ernst Jung
Enrico Righes schrieb
> Ernst Jung schrieb:
> [...]
>> Kann mir jemand einen einfachen Beweis der Unlösbar-
>> keit von x+x^2=2z^3 in nat. Zahlen x,z bei x >1 mitteilen?
> [...]
>
> Um zu zeigen, daß x+x^2 = 2z^3 keine ganzzahlige Lösung für x,z > 1
> besitzt, wird das Ganze umgeformt in x = 1/2(sqrt(1+8z^3)-1). Nun
> muß bewiesen werden, daß 1+8z^3 keine Quadratzahl für z > 1 ist.
Für 1+8z^3 kann 1^3+(2z)^3 geschrieben werden. Die Summe von 2
nat. Zahlen x^3, y^3 ist unendlich oft eine Quadratzahl wie zum Bei-
spiel x^3+y^3 = 1^3+2^3 = 3^2, x^3+y^3=4^3+8^3=24^2 usf., jedoch
nie eine Kubikzahl, weil die Gleichungen
* x^3+y^3=z^3 im Gegensatz zu x^2+y^2=z^2
* (2xy)(x+y)^3 = z^3 im Gegensatz zu (2xy)(x+y)^2=z^2
* (x^3+y^3)(x+y)^3 = z^3 im Gegensatz zu (x^2+y^2)(x+y)^2=z^2
bewiesenermaßen in nat. Zahlen x,y,z unlösbar sind. Dies bedeutet,
daß die Summe der ungeraden Zahlen in 2 beliebigen Zeilen der An-
ordnung der ungeraden Zahlen mit Zeilensummen in der Folge der
01^2, 1^3 01
03^2, 2^3 03 05
06^2, 3^3 07 09 11
10^2, 4^3 13 15 17 19
15^2, 5^3 21 23 25 27 29
21^2, 6^3 31 33 35 37 39 41
28^2, 7^3 43 45 47 49 51 53 55
36^2, 8^3 57 59 61 63 65 67 69 71
Kuben von der Summe der ungeraden Zahlen in einer beliebigen dritten
Zeile verschieden ist. Dasselbe gilt für die gesonderten Anordnungen der
Zeilen mit einer Quadratzahl oder einer Kubikzahl usf. als Nummer, d.h.
x^6+y^6=z^6, x^9+y^9=z^9 usf. bzw. x^3m+y^3m=z^3m ist für m=1,2,3 usf.
in nat. Zahlen x,y,z unlösbar. Wäre x^5+y^5=z^5 vor x^3+y^3=z^3 als unlös-
bar bewiesen worden, dann wäre x^5m+y^5m=z^5m für m=1,2,3 usf. eben-
falls in nat. Zahlen x,y,z unlösbar. Bei leicht zu beweisender Unlösbarkeit
von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n bei nat. Zahlen y > u > 0 und n > 2 ist also der
Schluß von der Unlösbarkeit von (y-u)^3m+y^3m=(y+u)^3m für m >0 auf
die Unlösbarkeit von (y-u)^m + y^m =(y+u)^m für m > 2 ohne Verstoß ge-
gen die Zahlenlogik zulässig. Ebenso ist bei bewiesener Unlösbarkeit z.B.
von x^105+y^105=z^105 aufgrund der bewiesenen Unlösbarkeit von
* x^3+y^3=z^3 der Schluß auf die Unlösbarkeit von x^n+y^n=z^n für n=5,7
* x^5+y^5=z^5 der Schluß auf die Unlösbarkeit von x^n+y^n=z^n für n=3,7
* x^7+y^7=z^7 der Schluß auf die Unlösbarkeit von x^n+y^n=z^n für n=3,5
logisch zulässig. Mit dem Beweis der Unlösbarkeit von x^3m+y^3m=z^3m
hatte Euler die Fermatsche Vermutung (FV) bewiesen, ohne sich dessen
bewußt gewesen zu sein. Nach der Euler'schen Vermutung (EV) sollte
eine n.te Potenz nicht Summe von weniger als n n.ten Potenzen sein. Die
EV wurde durch 27^5+84^5+110^5+133^5=144^5=((3*4)^5)^2=(4!+5!)^5
widerlegt. Bei n=3 sind EV und FV identisch und bei n > 3 umfasst die EV
die FV als Grenzfall, d.h. x^4+y^4=z^4, x^5+y^5=z^5 und x^6+y^6=z^6 usf.
sind unlösbar. Auch x^4+y^4=w^2, w=/=z^2 ist unlösbar im Gegensatz zur
lösbaren Gleichung x^3+y^3=w^2 bei Unlösbarkeit von x^6+y^6=z^6.
Damit ist das angeblich große Fermatsche Problem gelöst, d.h. die Glei-
chung x^n+y^n = z^n ist in nat. Zahlen x,y,z nur lösbar, wenn die Zahl z^n
Differenz zwischen nat. Zahlen in derselben Potenz n ist. Dies ist nur bei
n=1 und n=2 der Fall.
In Deiner Re geht es jedoch um die Frage, ob die Zahl 1^3+(2z)^3 eine
Quadratzahl sein kann oder nicht. Bemerkt sei, dass schon lange bewie-
sen ist, dass sich die nat. Zahlen nicht zu Kuben >1aufsummieren, obwohl
bei dieser Aufsummierung alle Kuben, Summen von Kuben, Differenzen
zwischen Kuben usf. mitaufsummiert werden. Es geht mir also nicht so
sehr um den Beweis der Unlösbarkeit von x+x^2=2z^3 bei x >1, sondern
um eine Antwort auf meine 5.Frage, d.h. um den Zusammenhang zwi-
schen der für nat. n > 2 bewiesenen Unlösbarkeit von x^n+y^n=z^n in nat.
Zahlen x,y,z und der vermutlichen Unlösbarkeit von x+x^2=2z^n in natürl.
Zahlen x,z bei x > 1, n > 2. Dabei sollte berücksichtigt werden,
* dass zwischen x+x^2 und 2^x - 2 eine Beziehung besteht
* dass x+x^2=2^x - 2 bei x=5=1^2+2^2=3^2-2^2 der Fall ist
* dass die Fakultät der nat. Zahlen als Produkt von Zahlen y=x(x+1)
geschrieben werden kann wie z.B. 3!=(2*3), 5!=(2*3)(4*5) usf.
* dass die "letzten konstanten Differenzen > 0" zwischen den Zahlen
y^n und (y+1)^n in (y-u)^n+y^n=(y+1)^n bekanntlich n! sind.
Diese "letzten" Differenzen stehen in der n.ten Zeile wie z.B. bei
1^3 2^3 3^3 4^3 also in der 3. Differenzeile. Bei n=4 also in der
07 19 37 4. und bei n=5 in der 5. Differenzenzeile
12 18 Eine Differenz Dx=(y+1)^n - y^n kann bei
06 n > 2 keine Dx=(y-u)^n = x^n sein.
Das ist mit n!=3! in der dritten Differenzenzeile inkompatibel.
1^3 2^3 3^3 4^3 5^3 6^3 Also kann auch Dy=(y+1)^n - (y-u)^n
07 19 37 61 91 keine Differenz Dy=y^n sein. In der
26 56 98 152 nebenstehenden Anordnung aller
63 117 208 Differenzen zwischen Kuben gibt
126 208 es in den auf z^3 weisenden endlich
215 langen diagonalen Differenzenzeilen
nur Differenzen Dy=/=y^3, Dx=/=x^3=(y-u)^3. Da (y-u)^n+y^n=(y+u)^n
für alle n > 2 unlösbar ist, ist also z^3=(y+1)^3 in (y-1)^3+y^3=(y+1)^3
und in (y-u)^3+y^3=(y+1)^3 nicht Summe von 2 Kuben, weil z^3=(y+1)^3
nicht Differenz zwischen Kuben ist. Wäre (y-u)^3+y^3=(y+1)^3 lösbar,
dann müsste z^3=(y+1)^3 als Differenz Dx*=(y+1)^3 zwischen benach-
barten Kuben in der 1. Differenzeile auftreten und im Schnittpunkt der
von z^3=(y+1)^3 ausgehenden unendlich langen diagonalen Differen-
zenzeile und der endlich langen diag. Differenzenzeile mit Dx*=x^3
in der 1. horizontalen Differenzenzeile eine Dy*= y^3 auftreten.
Siehe diesbezüglich sowie hinsichtlich "1+8z^3 kann keine Quadrat-
zahl sein" die Zahlenanordnungen in meinen Re's zur Re von Karsten
Meyer!
MfG
Ernst.
Detlef Müller
> Bei leicht zu beweisender Unlösbarkeit
>
Sehe ich nicht, glaub ich einfach mal
> ... ist also der
> Schluß von der Unlösbarkeit von (y-u)^3m+y^3m=(y+u)^3m für m >0 auf
> die Unlösbarkeit von (y-u)^m + y^m =(y+u)^m für m > 2 ohne Verstoß ge-
> gen die Zahlenlogik zulässig.
(*)
Beides sind nach der "leicht zu beweisenden Unloesbarkeit" einfach
wahre Aussagen. Ohne diese Aussage sehe ich nicht warum so ein Schluss
durch irgendeine Logik gerechtfertigt sein sollte.
> Ebenso ist bei bewiesener Unlösbarkeit z.B.
> von x^105+y^105=z^105 aufgrund der bewiesenen Unlösbarkeit von
> * x^3+y^3=z^3 der Schluß auf die Unlösbarkeit von x^n+y^n=z^n für n=5,7
> * x^5+y^5=z^5 der Schluß auf die Unlösbarkeit von x^n+y^n=z^n für n=3,7
> * x^7+y^7=z^7 der Schluß auf die Unlösbarkeit von x^n+y^n=z^n für n=3,5
> logisch zulässig.
(**)
Hae? Wieso soll denn das gehen?
X^(abc)+Y^(abc)=Z^(abc) unloesbar und X^a+Y^a=Z^a unloesbar
=> X^b+Y^b=Z^b unloesbar?
Noe! Glaub ich nicht. Beweis her.
> Mit dem Beweis der Unlösbarkeit von x^3m+y^3m=z^3m
> hatte Euler die Fermatsche Vermutung (FV) bewiesen, ohne sich dessen
> bewußt gewesen zu sein. Nach der Euler'schen Vermutung (EV) sollte
> eine n.te Potenz nicht Summe von weniger als n n.ten Potenzen sein. Die
> EV wurde durch 27^5+84^5+110^5+133^5=144^5=((3*4)^5)^2=(4!+5!)^5
> widerlegt. Bei n=3 sind EV und FV identisch und bei n > 3 umfasst die EV
> die FV als Grenzfall, d.h. x^4+y^4=z^4, x^5+y^5=z^5 und x^6+y^6=z^6 usf.
> sind unlösbar. Auch x^4+y^4=w^2, w=/=z^2 ist unlösbar im Gegensatz zur
> lösbaren Gleichung x^3+y^3=w^2 bei Unlösbarkeit von x^6+y^6=z^6.
>
(***)
Tja, aber leider ist die EV ja wiederlegt und somit falsch.
> Damit ist das angeblich große Fermatsche Problem gelöst,
nein.
> d.h. die Glei-
> chung x^n+y^n = z^n ist in nat. Zahlen x,y,z nur lösbar, wenn die Zahl z^n
> Differenz zwischen nat. Zahlen in derselben Potenz n ist. Dies ist nur bei
> n=1 und n=2 der Fall.
>
Es gibt da noch einige Luecken:
Wie zeigt man (*) leicht?
Wie rechtfertigt sich der Schluss (**), und (wofuer braucht man ihn
ueberhaupt)
Aus einer nachweislich falschen Vermutung (***)Schluesse zu folgern ist,
gelinde gesagt, gewagt.
Jetzt noch die verbesserten und ergaenzten (*), (**), (***) in
schluessiger
Weise kombinieren (Ich sehe, ehrlich gesagt nicht wie sie zur FV fuehren
sollen), und der gaengige Beweis ist sicher um mindestens 98% gekuerzt.
Arge Bedenken habe ich allerdings bei (**), und bei (***) - ui uii
uiiii!
Ernst Jung
Hallo Detlef,
vielen Dank für Deine Re. Du scheinst meine Behauptung zu widerlegen,
daß es für einen Laien viel einfacher ist, die Lösung des angeblich großen
Fermatschen Problems zu finden als einen unbefangenen Mathematiker.
Von Mathematik und math. Beweisführung verstehe ich von allen, die auf
eine in sci.math. zur Diskussion gestellte Frage antworten, am wenigsten.
Dennoch sehe ich kein Problem in der von Pierre de Fermat vermuteten
und von Andrew Wiles bewiesenen Unlösbarkeit von x^n+y^n=z^n in nat.
Zahlen x,y,z bei nat. Hochzahlen > 2.
Für Mathematiker ist es einfach unvorstellbar, dass ein Laie den "Gral"
findet, nach dem sie über Jahrhunderte vergeblich gesucht haben. An-
dererseits aber schließen sie bei angeblich schon lange bewiesener Un-
lösbarkeit der wegen der Zahl y=(x+z)/2 als Mittelgleichung und bei u=1als
Anfangsgleichung bezeichneten speziellen Gleichung (y-u)^n+y^n=(y+u)^n
mit x=y-u und u+y=z, y>u>0 die Lösbarkeit der allg. Gl. (y-u)^n+y^n=(y+v)^n
mit x=y-u und v+y=z bzw. der allgem. Fermatgleichung x^n + y^n = z^n
nicht aus. Im Wissen, dass es eine unendlich große nat. Hochzahl n nicht
gibt, operieren sie mit der ganz abstrakten Gleichung x^n+y^n=z^n. Es in-
teressiert sie einfach nicht,
* dass x+y=z evident nur lösbar ist, weil alle Zahlen z Differenz zwischen
nat. Zahlen ist. Sagt man als Laie, dass x+y=z immer gilt, dann gibt es
welche, die einen Laien auf 3+4=/=5 hinweisen. Selbstverständlich weiß
jeder, der des Zaehlens kundig ist, dass man für die Platzhalter x,y,z in
x+y=z nicht beliebige nat. Zahlen einsetzen kann, soll das Gleichheits-
zeichen seine Berechtigung behalten. Wie sollte das Zählen eine sinn-
volle math. Operation sein, wenn man für x,y,z beliebige Zahlen einsetzen
könnte? Andererseits hat man, als x^3+y^3=z^3 und x^4+y^4=z^4 noch
nicht als unlösbar bewiesen war, nicht ausgeschlossen, dass x^n+y^n=z^n
für alle n > 2 oder für unendlich viele n > 2 oder für bestimmte n > 2
lösbar sein könnte und das Zählen / Zusammenzählen dabei weiterhin
eine sinnvolle math. Operation bliebe
* x^2+y^2 = z^2 bei ungeraden Zahlen x,y unlösbar ist bzw. dass die
Operation x*x+y*y=z*z nur einmal mit sich selbst multiplizierter nat.
Zahlen x,y,z nicht unbeschränkt ausführbar ist. Sie interessieren sich
überhaupt nicht dafür, dass die geraden Quadratzahlen nicht Summe
von 2 ungeraden Quadratzahlen und die Doppelt der Quadratzahlen
daher keine Quadratzahlen sind. Sie haben nicht erkannt, dass das,
was diesbezüglich bei n=2 bereits unmöglich ist, bei n > 2 unmöglich
bleibt. Jeder Gymnasiast sollte wissen, dass z^2 in x^2+y^2=z^2 Sum-
me von 2 nat. Zahlen x^2,y^2 nur sein kann, wenn die nat. Zahl z^2
auch Differenz zwischen nat. Quadratzahlen ist.
Die Mathematiker interessiert dies jedoch nicht. Sie halten all dies für
eine "Philosophiererei". Es interessiert sie einfach nicht,
* dass n^(n^n)=(n^n)^n bei nat. Zahlen nur bei n=1 und n=2 der Fall ist
* dass n+n=n*n=n^n und n^(n+n)=(n+n)^n nur bei n=2 der Fall ist
* dass n^m=m^n bei n=/=m nur bei n=2, m=4=2+2=2*2=2^2 der Fall ist.
Sie sagen zwar, dass Potenzen nicht kommutativ sind, aber ist denn die
Vertauschbarkeit von Basis und Exponent in 2^4=4^2 keine Ausnahme?
Bislang habe ich bezüglich der Bedeutung der Zahlen y=2+2=2*2=2^2
und y^2=2^4=4^2 in (y-1)^2+y^2=(y+1)^2 bei 3*3+((3+3)+(5+5)=5*5 noch
keine Antwort auf die o.a. Frage erhalten. Auf meine Behauptung, dass
die Lösbarkeit von x^2+y^2=z^2 die Lösbarkeit von x^n+y^n=z^n bei n > 2
ausschließt, hat ein von mir ansonsten sehr geschätzter Diskussions-
teilnehmer geschrieben: "Es hat zwar die 2 eine besondere Stellung,
aber deswegen kann man doch nicht gleich alles andere in einen Topf
werfen". Andrew Wiles tut es letztlich doch auch oder etwa nicht?
Als Laie habe ich den Eindruck, dass sich diejenigen, die sich ziemlich
unqualifiziert zu meinen Überlegungen zur FV geäußert haben, noch
nie die Anordnung aller Differenzen zwischen nat. Quadratzahlen an-
geschaut und mit der Anordnung aller Differenzen zwischen Kuben
verglichen haben. Als PC - und Internetunkundiger Zeitgenosse will es
mir einfach nicht gelingen, Zahlenanordnungen wie z.B. die folgende
1^2 2^2 3^2 4^2 5^2 6^2 7^2 8^2 9^2 10^2
3 5 7 9 11 13 15 17 19
8 12 16 20 24 28 32 36
15 21 27 33 39 45 51
24 32 40 48 56 64
in einer noch lesbaren Form zu mailen bzw. zu posten. Wenn Du an
einer anschaulichen Lösung des großen Fermatschen Problems in-
teressiert bist, solltest Du diese Differenzenanordnungen DR, n für
n=2 und 3 auf "Kästchenpapier" schreiben. Das R in DR soll auf die
Regressive Aufsummierung der Differenzen hinweisen, d.h. die Diffe-
renzen in der z.B. auf z^2=5^2 weisenden endlich langen diagonalen
Differenzenzeile (edz) sind die ab z^2=5^2 regressiv aufsummierten
Differenzen in der ersten horiz. Differenzenzeile. In dieser edz befin-
den sich die Differenzen Dx=9 und Dy=16, d.h. es gilt Dx=x^2, Dy=y^2
und somit Dx+Dy=z^2=5^2. Von z^5 geht eine unendlich lange diago-
nale Differenzeile (udz) aus. In dieser werden die Differenzen ab 5^2
progressiv aufsummiert: 11+13+15+17+19+21+23+25=4*36=144. In
der diese udz mit Dy=144 kreuzenden und auf z^2=13^2 weisenden
edz steht Dx=25 in der ersten horiz. Differenzenzeile und es ist also
Dx=x^2=5^2, Dy=y^2=12^2 und Dx+Dy=z^2=13^2=12^2+5^2. Gehst
Du die von 20^2 ausgehende udz entlang, so wirst Du die Differenz
Dy = 441in udz vorfinden und in der diese udz bei 441kreuzenden
edz die Differenz Dx=400 vorfinden, d.h. es ist Dx+Dy=z^2=29^2.
Markiere die Lösungstripel der nachfolgenden Gleichungen
* (y-u)^n + y^n = (y+u)^n
* (y-u)^n + y^n = (y+1)^n
* (y-1)^n + y^n = (y+u)^n
für n = 2 und Du wirst erkennen, wie sie miteinander zusammenhängen.
Die nachfolgende Anordnung von Lösungstripeln von x^2+y^2=z^2 be-
03, 04, 05
05, 12, 13 15, 08, 17
07, 24, 25 21, 20, 29 35, 12, 37
09, 40, 41 27, 36, 45 45, 28, 53 63, 16, 65
darf wohl keiner Erläuterung. Die Zeilensummen der Zahlen Sz in den
Lösungstripeln (Sx,Sy,Sz) sind die Zahlen y=(2x^2+3x+1)/6 bei Zahlen
x=2,4,6, 8 usf. in dieser Summenfolge der nat. Quadratzahlen. Verglei-
che auch die (Sx,Sy,Sz) = (3,4,5), (15,8,17), (35,12,37) , (63,16,65) usf.
mit den Zahlen in der Dir vorliegenden Anordnung der ungeraden Zah-
len mit Zeilensummen in der Folge 1^3, 2^3, 3^3, 4^3 usf. und mit auf-
gelaufenen Zeilensummen in der Folge 1^2, 3^2, 6^2 usf.
Es ist mir einfach unbegreiflich, wie man bei bewiesener Unlösbarkeit
der Mittelgleichung (y-u)^n+y^n=(y+u)^n ab u=1, n=3 eine mit der o.a.
Anordnung der Lösungstripel (Sx,Sy,Sz) vergleichbare Anordnung von
Lösungstripeln z.B. von x^3+y^3=z^3 vorstellen kann. Für mich ist die
Annahme einer - bei Unlösbarkeit der Mittelgleichung schon bei u=1 -
lösbaren Gleichung x^n+y^n=z^n einfach absurd. Ausgehend von den
Zahlen 1+2=3 und 3^2+4^2=5^2 kann ich mir einfach nicht vorstellen,
dass z.B. die Summe von 2 Kuben ein Kubus sein könnte.
Nun noch einige Bemerkungen dazu, wie Du Dir die Unlösbarkeit von
(y-u)^n+y^n=(y+u)^n bei n > 2 beweisen kannst. Beweise zunächst die
Unlösbarkeit dieser Gleichung für gerade Zahlen y, ungerade Zahlen u
und ungerade Hochzahlen n > 1. Diese Gleichung ist also unlösbar,
wenn Dy=(y+u)^n - (y-u)^n nicht gleich y^n ist. Es gilt für n=3 also
Dy= (y^3+3uy^2+3yu^2+ u^3) - (y^3-3uy^2+3yu^2-u^3)
Dy= 6uy^2+2u^3 = 2(uy^2+u^3)=2(A+u^3). Bei n=5, 7, 9 usf. findest Du
Dy= 2(A+u^n). Für gerade y kannst Du y^n=(2*e)^n setzen und es ist
(Dy)/2=A+u^n und (y^n)/2=(2^(n-1))(e^n). Die Zahl A ist evident gerade,
d.h. bei ungeraden u ist (Dy)/2 ungerade und bei geraden Zahlen y ist
also (y^n)/2 eine gerade Zahl. Es ist also Dy=/=y^n, d.h. die Mittelglei-
chung (y-u)^n+y^n=(y+u)^n ist bei geraden y, ungeraden u und ungera-
den n > 1in nat. Zahlen unlösbar. Dass sie bei beliebigen Zahlen y,u
und n > 2 unlösbar ist, wirst Du wohl ebenso leicht beweisen können
wie die Tatsache, dass dann die Zahlen z^n = (y+u)^n nicht nur nicht
Summe von 2 Zahlen (y-u)^n, y^n sein können, sondern auch nicht Dif-
ferenz zwischen nat. Zahlen in derselben Potenz n > 2. Schau Dir dies-
bezüglich die Differenzenanordnung n=3 an und beachte auch, dass
die "letzten konstanten Differenzen > 0" zwischen a^n, b^n bei a-b=1
n! lauten, d.h. bei n=3 also (2*3), bei n=5 also (2*3)(4*5) usf. Schließlich
beachte auch die Beziehung zwischen x^2+x und 2^x - 2, d.h. die Be-
ziehung zwischen den um 1+1 verminderten Zeilensummen der Bino-
mialkoeffizierten im Pascal-Dreieck (PD) und den Gliedern der Summen-
folge der geraden Zahlen.
Nochmals vielen Dank für Deine
Re und mit freundlichen Grüßen
Ernst
--------
PS. Du bist der allererste Mathematiker oder Laie (?), der mit mir darin
übereinstimmt, dass Wiles' Beweis (WB) der FV, der angeblich nur von
ganz wenigen Experten nachvollzogen werden kann, durch einen viel,
viel einfacheren und auf wenigen Seiten unterzubringen Beweis ersetzt
werden kann. Deine folgende Bemerkung bringt dies zum Ausdruck
> Jetzt noch die verbesserten und ergaenzten (*), (**), (***)
> schluessiger Weise kombinieren (Ich sehe, ehrlich gesagt
> nicht wie sie zur FV fuehren sollen), und der gaengige Beweis
> ist sicher um mindestens 98% gekuerzt.
Was die EV betrifft, die die FV ab n=3 impliziert, hast Du mich mißver-
standen. Soweit sie die FV betrifft, ist sie richtig. Ferner stellt sich die
Frage, ob die EV bei n > 5 nicht auch richtig ist. Euler hat Fermat, der
alle Zahlen 2^(2^n) + 1 für Primzahlen Fp gehalten hat, mit Hinweis
auf 2^(2^5)+1=(2^4+5^4)(409^2+2556^2) widerlegt. Es wird vermutet,
dass es außer 3, 5, 1^4+2^4=17=4^2+1^2, 257, 65537 keine weiteren
sog. Fermatsche Primzahlen Fp gibt. Es ist m.E. eine Ironie des Schick-
sals, daß die Vermutung des Mannes, nach dem der Polyedersatz (?)
Ea+Fa-Ka=2 wie z.B. beim Tetraeder (4+4-6=2) benannt ist, gerade
für n=5 widerlegt worden ist. Beachte, daß es nur 5 duale Körper gibt
und dass bei Doppelzählung des zu sich selbst dualen Tetraeders gilt:
14+26+62+62+26+14=204 und 204^2=1+2+3+4+....+286+287+288
In der nachfolgenden Anordnung der ungeraden Zahlen gibt es m.E.
01^2, 1^3 01
03^2, 2^3 03 05
06^2, 3^3 07 09 11
10^2, 4^3 13 15 17 19
15^2, 5^3 21 23 25 27 29
21^2, 6^3 31 33 35 37 39 41
28^2, 7^3 43 45 47 49 51 53 55
36^2, 8^3 57 59 61 63 65 67 69 71
nur 5 bis zur Mittelspalte ausschließlich mit Primzahlen besetzte
Schrägzeilen mit den Anfangszahlen 5,11,41,89, 461in der Folge
der Zahlen y=x^2+x-1am rechten Rand dieser Anordnung. Es ist
01+05+11+19=06^2
05+11+19+29=08^2
11+19+29+41=10^2
19+29+41+55=^2^2
Die Gleichung x^2+x-1= 0 hat die "irrationalste" Irrationalzahl als
Lösung. Ihre Approximation erfolgt mit den Fibonacci-Zahlen
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89,144=12^2 usf. 89/144=0.618005..;
vgl. das kleinste Lösungstripel (Lx,Ly,Lz) von x+y=z bei x=/=y. Nach
erfolgtem Beweis der FV koennen sich in der Fibonacci-Folge also
keine 3 aufeinanderfolgende Kuben, Biquadrate etc. befinden.
Die Zahlen 21, 57, 111 usf. am linken Rand der o.a. Anordnung
sind die 3-fachen Differenzen zwischen den Kuben wie zum Beispiel
21=3*7, 57=3*19, 111=3*37 usf. Setze einmal bei a-b=1 in
a^n-b^n = (2ab+1)((a^(n-2)-b^(n-2) - (a^(n-4)-b^(n-4))(ab)^2
die ungeraden n > 1 ein, um zu erkennen, wie die Differenzen
2^3-1^3 und 2^5-1^5 und 2^7-1^7 und 2^9-1^9 usf.
3^3-2^3 und 3^5-2^5 und 3^7-2^7 und 3^9-2^9 usf.
4^3-3^3 und 4^5-3^5 und 4^7-3^7 und 4^9-3^9 usf.
miteinander "vermascht" sind. Du hast geschrieben:
> Hae? Wieso soll denn das gehen?
> X^(abc)+Y^(abc)=Z^(abc) unloesbar und X^a+Y^a=Z^a
> unloesbar => X^b+Y^b=Z^b unloesbar?
> Noe! Glaub ich nicht. Beweis her.
Selbstverständlich kannst Du nicht auf die evident nicht gegebene
Unlösbarkeit von x+y=z und x^2+y^2=z^2 schließen. Das hast Du
wohl auch nicht gemeint, aber bei Mathematikern muss man ja
auf alles gefaßt sein ;).
Habe nicht Korrektur gelesen, entschuldige also evtl. Fehler.
Detlef.Mueller
Ich habe mir mal Deinen Beitrag ausgedruckt und ihn einige Stunden
lang durchgearbeitet. Leider habe ich nicht die Zeit, dies auch
in Zukunft zu tun, aber vielleicht bringt Dir auch das, was mir
das eine Mal eingefallen ist etwas.
Deine Idee, das Differenzeschema der n. Potenzen in seiner
Gesammtheit zu untersuchen ist durchaus interessant.
Ich muss aber davor warnen, Dir zu viele Hoffnungen zu
machen, dass aus dieser Idee ein konkreter Beweis der Fermatschen
Vermutung entspringen wird.
Der Grund dafuer ist weniger mathematischer natur. Es ist so,
das auf die Loesung der Vermutung jahrzehntelang ein Preis ausgesetzt
war. An der Uni Goettingen war extra jemand dafuer angestellt, die
ganzen eingehenden Beweise zu begutachten. Und das war jeden Monat
eine ganze Menge, und keiner davon war korrekt.
Es ist also so, dass seit jahrzehnten, Monat fuer Monat in vielen Unis
ambitionnierte Laien, pensionierte Schullehrer und auch "Profis"
ihre "Beweise" zur Pruefung uebergeben haben. Kein einziger davon
war korrekt (Es ist anzunehmen, das Fermat mit seiner Bemerkung,
einen "wunderschoenen" Beweis zu haben, geflunkert hat).
(Aussagen, die sich scheinbar jeder elementaren Beweisfuehrung
entziehen, wo man ohne subtile Hilfsmittel einfach nicht auskommen
kann, nennt man auch tiefliegend. Das scheint hier der Fall zu
sein. Allerdings kenne ich kein Verfahren um einer Aussage das
"tiefliegen" anzusehen.)
Es kann natuerlich sein, das ausgerechnet Du unter den zehntausenden
_den_ Beweis findest, aber ich wuerde nicht mein Herz zu sehr daran
haengen.
Beweise von Mathematisch nicht so geschulten Leuten durchzugehen,
ist sehr muehsam und aufwendig. Auch bei deinem Text habe ich
nicht alles verstanden, was Du sagen wolltest. Wenn Du Dich
weiter damit befassen willst, lohnt es sich sicher, Dich etwas
ueber die Mathematischen Ausdrucksmoeglichkeiten zu informieren,
(Buchtip: "Das ist OBdA trivial" von Beutelspacher).
Ich hoffe, jetzt verstehst Du besser, warum viele Mathematiker,
wenn jemand mit einem neuen "Beweis" des Fermat kommt,
"Oh, Gott! Nicht schon wieder." rufen.
(Uebrigens haben einige, deren Beweise schlicht unverstaendlich
waren eine regelrechte Paranoia gekriegt und eine Verschwoerung
gewittert; statt an ihrem Ausdruck zu feilen, drohten sie mit
dem Staatsanwalt ...)
Doch nun zu dem, was ich mir ueberlegt habe:
Ernst Jung wrote:
>
> Hallo Detlef,
> [...]
> Für Mathematiker ist es einfach unvorstellbar, dass ein Laie den "Gral"
> findet, nach dem sie über Jahrhunderte vergeblich gesucht haben. An-
> dererseits aber schließen sie bei angeblich schon lange bewiesener Un-
> lösbarkeit der wegen der Zahl y=(x+z)/2 als Mittelgleichung und bei u=1als
> Anfangsgleichung bezeichneten speziellen Gleichung (y-u)^n+y^n=(y+u)^n
> mit x=y-u und u+y=z, y>u>0 die Lösbarkeit der allg. Gl. (y-u)^n+y^n=(y+v)^n
> mit x=y-u und v+y=z bzw. der allgem. Fermatgleichung x^n + y^n = z^n
> nicht aus.
>
Ja, in der Mittelgleichung geht es um zwei Variablen, y,u.
Bei x^n + y^n = z^n hat man es mit drei Variablen zu tun, also gibt
es viel mehr Moeglichkeiten. Daher kann durchaus fuer ein n>2
(y-u)^n+y^n=(y+u)^n unloesbar sein, aber x^n + y^n = z^n nicht.
Wenn Du sagst: setze x=y-u, y=y, z=y+u, beschneidest Du ja die
Wahl der x,y,z. Also sagt die Mittelgleichung nur, das man als
Kandidaten fuer x^n + y^n = z^n Tripel x,y,z mit y=(x+z)/2
Ausschliessen kann.
Dazu, dass andere Tripel x,y,z (fuer die nicht y=(x+z)/2 gilt)
die Fermatgleichung erfuellen koennten, ist kein Widerspruch zu
erkennen.
> Im Wissen, dass es eine unendlich große nat. Hochzahl n nicht
> gibt, operieren sie mit der ganz abstrakten Gleichung x^n+y^n=z^n.
Ja, und nur so geht es, denn man kann nicht alle unendlich vielen
n durchgehen, und es reicht auch nicht zu zeigen, dass die Gleichung
fuer ganz viele x,y,z unloesbar ist (Beispiele sind ja die mit
y=(x+z)/2,
die unloesbarkeit der Mittelgleichung vorausgesetzt),
nein, man will ja behaupten, das _jede_ moegliche Kombination von
natuerlichen x,y,z die Gleichung nicht erfuellt!
Da muss man es schon abstrakt machen.
> Es interessiert sie einfach nicht,
> * dass x+y=z evident nur lösbar ist, weil alle Zahlen z Differenz zwischen
> nat. Zahlen ist. Sagt man als Laie, dass x+y=z immer gilt, dann gibt es
> welche, die einen Laien auf 3+4=/=5 hinweisen. Selbstverständlich weiß
> jeder, der des Zaehlens kundig ist, dass man für die Platzhalter x,y,z in
> x+y=z nicht beliebige nat. Zahlen einsetzen kann, soll das Gleichheits-
> zeichen seine Berechtigung behalten. Wie sollte das Zählen eine sinn-
> volle math. Operation sein, wenn man für x,y,z beliebige Zahlen einsetzen
> könnte? Andererseits hat man, als x^3+y^3=z^3 und x^4+y^4=z^4 noch
> nicht als unlösbar bewiesen war, nicht ausgeschlossen, dass x^n+y^n=z^n
> für alle n > 2 oder für unendlich viele n > 2 oder für bestimmte n > 2
> lösbar sein könnte und das Zählen / Zusammenzählen dabei weiterhin
> eine sinnvolle math. Operation bliebe
>
Und? Wo ist der Widerspruch? x+y=z hat viele Loesungen, wenn auch
natuerlich
bei weitem nicht alle Tripel loesen. Warum sollte x^3+y^3=z^3 dann nicht
eine Loesung haben? Oder auch nicht. "Loesbar sein" heisst ja nur,
das mindestens eine Loesung existiert, das jedes tripel loest wird ja
wohl keiner ernsthaft glauben (ist ja sofort durch ein Gegenbeispiel
widerlegt).
Das ist derart grundlegend, das mich nicht wundert, dass es keinen
interessiert.
> * x^2+y^2 = z^2 bei ungeraden Zahlen x,y unlösbar ist
>
Das ist eine Fingeruebung der Zahlentheorie (man rechnet mit dem
Ansatz x=2n+1, y=2m+1 aus das x^2+y^2 den primfaktor 2 genau einmal
enthaelt, und daher keine Quadratzahl sein kann),
die auch so einfach ist, dass sie die Mathematiker nicht mehr
interessiert (wie auch keine Abhandlung uber 3+7=10 geschrieben
wird.)
> bzw. dass die
> Operation x*x+y*y=z*z nur einmal mit sich selbst multiplizierter nat.
> Zahlen x,y,z nicht unbeschränkt ausführbar ist.
Das verstehe ich nicht, welche Operation? Was heisst ausfuehren, und
unbeschraenkt?
> Sie interessieren sich
> überhaupt nicht dafür, dass die geraden Quadratzahlen nicht Summe
> von 2 ungeraden Quadratzahlen und die Doppelt der Quadratzahlen
> daher keine Quadratzahlen sind.
>
Das hatten wir oben schon.
> Sie haben nicht erkannt, dass das,
> was diesbezüglich bei n=2 bereits unmöglich ist, bei n > 2 unmöglich
> bleibt.
>
Nein, bleibt es nicht: x=2n+1, y=2m+1, so
x^3+y^3 = 8(n^3+m^3)+ 4*3*(n^2+m^2)+2*(n+m) + 2,
ob dies durch 8 (also 2^2) oder nicht, kann man nicht sagen.
fuer n=1 und m=7 ist es durch 8 teilbar.
> Jeder Gymnasiast sollte wissen, dass z^2 in x^2+y^2=z^2 Sum-
> me von 2 nat. Zahlen x^2,y^2 nur sein kann, wenn die nat. Zahl z^2
> auch Differenz zwischen nat. Quadratzahlen ist.
> Die Mathematiker interessiert dies jedoch nicht. Sie halten all dies für
> eine "Philosophiererei".
Doch, genau aufgrund dieser Tatsache koennen schoen alle Loesungen
von x^2+y^2=z^2 parametrisiert werden. Das wurde auch gemacht.
Das Betrachten der Differenz x^2 = z^2-y^2 = (z-y)(z+y) wird dabei
wesentlich ausgenutzt.
> Es interessiert sie einfach nicht,
> * dass n^(n^n)=(n^n)^n bei nat. Zahlen nur bei n=1 und n=2 der Fall ist
> * dass n+n=n*n=n^n und n^(n+n)=(n+n)^n nur bei n=2 der Fall ist
> * dass n^m=m^n bei n=/=m nur bei n=2, m=4=2+2=2*2=2^2 der Fall ist.
>
Das sind relativ einfache Aussagen, die sind dann wohl irgendwann
einfach nicht mehr interessant (und sie tun auch hier nichts zur
Sache).
> Sie sagen zwar, dass Potenzen nicht kommutativ sind, aber ist denn die
> Vertauschbarkeit von Basis und Exponent in 2^4=4^2 keine Ausnahme?
> Bislang habe ich bezüglich der Bedeutung der Zahlen y=2+2=2*2=2^2
> und y^2=2^4=4^2 in (y-1)^2+y^2=(y+1)^2 bei 3*3+((3+3)+(5+5)=5*5 noch
> keine Antwort auf die o.a. Frage erhalten.
>
Der Grund dafuer ist wahrscheinlich, das Dein Reden von "Ausnahmen"
dokumentiert, dass Du nicht verstanden heisst, wann eine Operation
kommutativ heisst. Die Leute hatten einfach keinen Bock, es zu er-
klaeren. Also: eine Operation * heisst kommutativ, wenn fuer
_alle moeglichen_ Argumente x,y gilt x*y=y*x. Eine einzige "Ausnahme"
bedeutet eben, das * nicht kommutativ ist.
Etwa ^ ist nicht kommutativ, allein schon wegen 3^2 ungleich 2^3,
fertig.
Du hast einfach beobachtet, das ^, eingeschraenkt auf die Zahlen
{2,4} kommutativ ist.
> Auf meine Behauptung, dass
> die Lösbarkeit von x^2+y^2=z^2 die Lösbarkeit von x^n+y^n=z^n bei n > 2
> ausschließt, hat ein von mir ansonsten sehr geschätzter Diskussions-
> teilnehmer geschrieben: "Es hat zwar die 2 eine besondere Stellung,
> aber deswegen kann man doch nicht gleich alles andere in einen Topf
> werfen". Andrew Wiles tut es letztlich doch auch oder etwa nicht?
>
Und ich kanns ihm nicht verdenken. Denn nur weil eine Aussage fuer
2 (und vielleicht 4?) gilt, kann man kaum behaupten sie kann dann
fuer groessere Zahlen nicht gelten (2 ist gerade => alle n>2 sind
ungerade?).
Vielleicht hast du die angedeutete Folgerung ja aber ehrer als
Anregung fuer eine Beweisidee gemeint.
> Als Laie habe ich den Eindruck, dass sich diejenigen, die sich ziemlich
> unqualifiziert zu meinen Überlegungen zur FV geäußert haben, noch
> nie die Anordnung aller Differenzen zwischen nat. Quadratzahlen an-
> geschaut und mit der Anordnung aller Differenzen zwischen Kuben
> verglichen haben. Als PC - und Internetunkundiger Zeitgenosse will es
> mir einfach nicht gelingen, Zahlenanordnungen wie z.B. die folgende
> 1^2 2^2 3^2 4^2 5^2 6^2 7^2 8^2 9^2 10^2
> 3 5 7 9 11 13 15 17 19
> 8 12 16 20 24 28 32 36
> 15 21 27 33 39 45 51
> 24 32 40 48 56 64
>
In diesem Differenzenschema steht in der i. Zeile an der k. Spalte
also die Differenz (i+k)^2-i^2.
Ich finde es eine interessante Idee, dieses Schema als Gesammtheit
zu betrachten.
>[...]
> Markiere die Lösungstripel der nachfolgenden Gleichungen
> * (y-u)^n + y^n = (y+u)^n
> * (y-u)^n + y^n = (y+1)^n
> * (y-1)^n + y^n = (y+u)^n
> für n = 2 und Du wirst erkennen, wie sie miteinander zusammenhängen.
> Die nachfolgende Anordnung von Lösungstripeln von x^2+y^2=z^2 be-
> 03, 04, 05
>
Da kommt es mit y=4, u=1 hin.
> 05, 12, 13 15, 08, 17
>
Hier findest du solche u,y nicht denn weder ist 12=(5+13)/2,
noch ist 15=(8+17)/2.
Das ist auch der Haken bei deinem "Beweis", selbst wenn die
Mittelgleichung fuer n=2 unloesbar waere, waeren diese tripel
korekte Loesungen, sie haben eben mit der Mittelgleichung nichts
zu tun.
> 07, 24, 25 21, 20, 29 35, 12, 37
> 09, 40, 41 27, 36, 45 45, 28, 53 63, 16, 65
>
Auch hier gilt die Mittelgleichung zumeist nicht!
> darf wohl keiner Erläuterung. Die Zeilensummen der Zahlen Sz in den
> Lösungstripeln (Sx,Sy,Sz) sind die Zahlen y=(2x^2+3x+1)/6 bei Zahlen
> x=2,4,6, 8 usf. in dieser Summenfolge der nat. Quadratzahlen. Verglei-
> che auch die (Sx,Sy,Sz) = (3,4,5), (15,8,17), (35,12,37) , (63,16,65) usf.
> mit den Zahlen in der Dir vorliegenden Anordnung der ungeraden Zah-
> len mit Zeilensummen in der Folge 1^3, 2^3, 3^3, 4^3 usf. und mit auf-
> gelaufenen Zeilensummen in der Folge 1^2, 3^2, 6^2 usf.
>
Eherlich gesagt, kann ich hier nicht so ganz folgen.
Spielst Du darauf an das die Differenz An der Stelle (i,k) in dem
Schema gerade die Summe (2i+1)+(2(i+1)+1)+ ... +(2k+1) ist?
> Es ist mir einfach unbegreiflich, wie man bei bewiesener Unlösbarkeit
> der Mittelgleichung (y-u)^n+y^n=(y+u)^n ab u=1, n=3 eine mit der o.a.
> Anordnung der Lösungstripel (Sx,Sy,Sz) vergleichbare Anordnung von
> Lösungstripeln z.B. von x^3+y^3=z^3 vorstellen kann. Für mich ist die
> Annahme einer - bei Unlösbarkeit der Mittelgleichung schon bei u=1 -
>
Das hoert sich an als muesste die Gleichung, wenn sie fuer u=1 unloesbar
ist, fuer groessere u "erst recht" unloesbar sein (was Du ja wohl nicht
ernst meinst :) ).
> ... lösbaren Gleichung x^n+y^n=z^n einfach absurd.
>
Wie gesagt: Dein Problem loest sich auf, wenn Du bedenkst, dass die
Variablen in den Differenzen in dem Schema in der Regel nicht die
Gestalt
(y-u, y, y+u) haben.
> Ausgehend von den
> Zahlen 1+2=3 und 3^2+4^2=5^2 kann ich mir einfach nicht vorstellen,
> dass z.B. die Summe von 2 Kuben ein Kubus sein könnte.
>
Du gehst da von etwas aus, mir ist aber nicht klar,
wo du "hingehst" :-) .
> Nun noch einige Bemerkungen dazu, wie Du Dir die Unlösbarkeit von
> (y-u)^n+y^n=(y+u)^n bei n > 2 beweisen kannst. Beweise zunächst die
> Unlösbarkeit dieser Gleichung für gerade Zahlen y, ungerade Zahlen u
> und ungerade Hochzahlen n > 1. Diese Gleichung ist also unlösbar,
> wenn Dy=(y+u)^n - (y-u)^n nicht gleich y^n ist. Es gilt für n=3 also
> Dy= (y^3+3uy^2+3yu^2+ u^3) - (y^3-3uy^2+3yu^2-u^3)
> Dy= 6uy^2+2u^3 = 2(uy^2+u^3)=2(A+u^3). Bei n=5, 7, 9 usf. findest Du
> Dy= 2(A+u^n). Für gerade y kannst Du y^n=(2*e)^n setzen und es ist
> (Dy)/2=A+u^n und (y^n)/2=(2^(n-1))(e^n). Die Zahl A ist evident gerade,
> d.h. bei ungeraden u ist (Dy)/2 ungerade und bei geraden Zahlen y ist
> also (y^n)/2 eine gerade Zahl. Es ist also Dy=/=y^n, d.h. die Mittelglei-
> chung (y-u)^n+y^n=(y+u)^n ist bei geraden y, ungeraden u und ungera-
> den n > 1in nat. Zahlen unlösbar. Dass sie bei beliebigen Zahlen y,u
> und n > 2 unlösbar ist, wirst Du wohl ebenso leicht beweisen können
>
Noe, deshalb habe ich ja gefragt Du hast hier nur einen ganz kleinen
Teil der Faelle behandelt (Dies ist also kein Beweis, aber wie gesagt:
ich glaubs einfach mal).
Uebrigens reicht es, die Quelle anzugeben, wo der Beweis aufgefuehrt
ist. (am besten: Autor, Buchtitel, Verlag, Ausgabenr).
> wie die Tatsache, dass dann die Zahlen z^n = (y+u)^n nicht nur nicht
> Summe von 2 Zahlen (y-u)^n, y^n sein können, sondern auch nicht Dif-
> ferenz zwischen nat. Zahlen in derselben Potenz n > 2. Schau Dir dies-
> bezüglich die Differenzenanordnung n=3 an und beachte auch, dass
> die "letzten konstanten Differenzen > 0" zwischen a^n, b^n bei a-b=1
> n! lauten, d.h. bei n=3 also (2*3), bei n=5 also (2*3)(4*5) usf. Schließlich
> beachte auch die Beziehung zwischen x^2+x und 2^x - 2, d.h. die Be-
> ziehung zwischen den um 1+1 verminderten Zeilensummen der Bino-
> mialkoeffizierten im Pascal-Dreieck (PD) und den Gliedern der Summen-
> folge der geraden Zahlen.
>
Oh, da konnte ich schon wieder nicht folgen. Wie gesagt:
am Besten, wenn Du dich weiter mit Mathe beschaeftigen willst,
ruhig Literatur zitieren und versuchen die Math. Ausdrucksweise
etwas besser zu lernen. (Bloss nicht mit
Formelkauderwelsch daherkommen, naeheres dazu ist im (Beutelspacher)
ganz unterhaltsam aufgefuehrt).
>
> PS:
> [...] Beitrag zur Experimentalmathematik [...]
>
> Du hast geschrieben:
> > Hae? Wieso soll denn das gehen?
> > X^(abc)+Y^(abc)=Z^(abc) unloesbar und X^a+Y^a=Z^a
> > unloesbar => X^b+Y^b=Z^b unloesbar?
> > Noe! Glaub ich nicht. Beweis her.
> Selbstverständlich kannst Du nicht auf die evident nicht gegebene
> Unlösbarkeit von x+y=z und x^2+y^2=z^2 schließen. Das hast Du
> wohl auch nicht gemeint, aber bei Mathematikern muss man ja
> auf alles gefaßt sein ;).
>
Naja, aber auch so sehe ich den Beweis nicht.
Der Part schien auch mit dem Rest nichts zu tun zu haben.
War das eine Anregung, was man mal zu beweisen versuchen
koennte?
Naja, dann mach's mal gut,
leider werde ich Dir nicht noch einmal so ausfuehrlich
antworten koennen (es kostet mich einfach zu viel Zeit).
Und deshalb kriegst Du wohl auch meist nur rudimentaere
Antworten, der Versuch sich sehr praezise und mit moeglichst
wenig Schnoerkeln (Exkursionen nicht einschieben,
hoechstens ganz ans Ende.) auszukommen koennte sich
in der Hinsicht wirklich fuer Dich lohnen.
Gruss,
Detlef
Andreas Homrighausen
> Noe, deshalb habe ich ja gefragt Du hast hier nur einen ganz kleinen
> Teil der Faelle behandelt (Dies ist also kein Beweis, aber wie gesagt:
> ich glaubs einfach mal).
> Uebrigens reicht es, die Quelle anzugeben, wo der Beweis aufgefuehrt
> ist. (am besten: Autor, Buchtitel, Verlag, Ausgabenr).
Ich habe Ernst im Sommer einen Beweis der Unloesbarkeit gemailt.
In der Literatur hatte ich diesen nicht gefunden, deswegen
habe ich es selber probiert:
Satz:
-----
Die Gleichung (y-u)^n+y^n=(y+u)^n ist in den natuerlichen
Zahlen fuer n>2 nicht loesbar.
Hilfssatz 1:
y^n gerade <=> y gerade
(Beweis einfach ueber Aequivallenzklassen modulo 10 moeglich)
Hilfsatz 2:
Um die Loesbarkeit von x^n+y^n=z^n zu klaeren, braucht man
"nur" Primzahlen n zu ueberpruefen. (Beweis bekannt
aus Ueberlegungen zur FV).
Vereinbarung zur Schreibweise:
binom(n,k) sei Binomialkoeffizient n ueber k
summe(term(i),i:a..s) sei die Summe fuer i=a bis s von t(i)
Beweis:
-------
Wir betrachten die Differenz D(y,n)=(y+u)^n-(y-u)^n.
Nach Ausmultiplizierung erhalten wir:
D(y,n)=summe(binom(n,i)*y^(n-i)*u^i,i:0..n) - summe((-1)^(2+i)*
binom(n,i)*y^(n-i)*u^i,i:0..n)
=
summe(2*binom(n,2*i+1)*y^(n-2*i-1)*u^(2*i+1), i:0..((n+1) div 2)-1)
Da die 2 in jedem Summanden als Faktor vorkommt, ist D(y,n) gerade.
D(y,n) gerade <=> y^n gerade (nach Def. von D(y,n))
<=> y gerade (Hilfssatz 1) (*1*)
y gerade <=> y=2*r <=> y^n=2^n*r^n <=> (1/2)*y^n=2^(n-1)*r^n fuer n>=2.
=> (1/2)*y^n gerade <=> (1/2)*D(y,n) gerade.
(1/2)*D(y,n)=summe(binom(n,2*i+1)*y^(n-2*i-1)*u^(2*i+1), i:0..((n+1) div
2)-1)
ist also gerade. Nach (*1*) muss y gerade sein, nach Hilfssatz 2
wissen wir, dass wir nur Primzahlen n betrachten muessen. Da n>2, ist
n ungerade. Da n ungerade, lautet der letzte Summand der obigen
Summe u^n. Alle anderen Summanden enthalten y als Faktor, sind daher
gerade. Nur wenn u^n gerade ist, ist damit die Summe gerade. Wir haben:
(1/2)*D(y,n) gerade <=> u^n gerade <=> u gerade (Hilfssatz 1) (*2*)
Aus (*1*) und (*2*) folgt:
y=2*r, u=2*s
(y-u)^n+y^n=(y+u)^n <=> (2*r-2*s)^n+(2*r)^n=(2*r+2*s)^n
<=> 2^n*(r-s)^n+2^n*r^n=2^n*(r+s)^n
<=> (r-s)^n+r^n=(r+s)^n
Die letzte Gleichung ist wieder eine Mittelgleichung. Somit muessen,
falls diese loesbar sein sollte, r und s gerade sein. Also
r=2*r' und s=2*s'.
Die Ueberlegungen wiederholen sich solange, bis r' bzw. s' ungerade
wird
und eine bewiesenermassen unloesbare Gleichung entsteht (s.o.).
qed
Ich habe bei der Formulierung bewusst auf Verstaendlichkeit (auch fuer
Laien)
geachtet und mathematisches Allgemeinwissen ;-) in Hilfssaetze gepackt.
Obwohl ich "nur" Dipl.-Inform. (aber immerhin Nebenfach Mathematik mit
Diplompruefung in u.a. Elementarer Zahlentheorie) und nicht Dipl.-Math.
bin,
scheint der Beweis zu stimmen ;-)
MfG
Andreas
Detlef.Mueller
Andreas Homrighausen wrote:
>
> Hallo Detlef!
>
> Ich habe Ernst im Sommer einen Beweis der Unloesbarkeit gemailt.
> In der Literatur hatte ich diesen nicht gefunden, deswegen
> habe ich es selber probiert:
>
Aha.
> Satz:
> -----
> Die Gleichung (y-u)^n+y^n=(y+u)^n ist in den natuerlichen
> Zahlen fuer n>2 nicht loesbar.
>
> Hilfssatz 1:
> y^n gerade <=> y gerade
> (Beweis einfach ueber Aequivallenzklassen modulo 10 moeglich)
>
> Hilfsatz 2:
> Um die Loesbarkeit von x^n+y^n=z^n zu klaeren, braucht man
> "nur" Primzahlen n zu ueberpruefen. (Beweis bekannt
> aus Ueberlegungen zur FV).
>
Bei sowas vereinfacht dann noch die Annahme:
haben x,y,z einen gemeinsamen primfaktor p, koennte man
durch p^n dividieren, also kann OBdA x,z,z teilerfremd
angenommen werden, was bei uns: y, y-u, y+u teilerfr.
heisst, also y,u teilerfremd, dadurch wird der
Beweis nachher schneller.
> Vereinbarung zur Schreibweise:
> binom(n,k) sei Binomialkoeffizient n ueber k
> summe(term(i),i:a..s) sei die Summe fuer i=a bis s von t(i)
>
> Beweis:
> -------
> Wir betrachten die Differenz D(y,n)=(y+u)^n-(y-u)^n.
> Nach Ausmultiplizierung erhalten wir:
> D(y,n)=summe(binom(n,i)*y^(n-i)*u^i,i:0..n) - summe((-1)^(2+i)*
> binom(n,i)*y^(n-i)*u^i,i:0..n)
> =
> summe(2*binom(n,2*i+1)*y^(n-2*i-1)*u^(2*i+1), i:0..((n+1) div 2)-1)
>
> Da die 2 in jedem Summanden als Faktor vorkommt, ist D(y,n) gerade.
>
> D(y,n) gerade <=> y^n gerade (nach Def. von D(y,n))
> <=> y gerade (Hilfssatz 1) (*1*)
>
> y gerade <=> y=2*r <=> y^n=2^n*r^n <=> (1/2)*y^n=2^(n-1)*r^n fuer n>=2.
> => (1/2)*y^n gerade <=> (1/2)*D(y,n) gerade.
>
> (1/2)*D(y,n)=summe(binom(n,2*i+1)*y^(n-2*i-1)*u^(2*i+1), i:0..((n+1) div
> 2)-1)
> ist also gerade. Nach (*1*) muss y gerade sein, nach Hilfssatz 2
> wissen wir, dass wir nur Primzahlen n betrachten muessen. Da n>2, ist
> n ungerade. Da n ungerade, lautet der letzte Summand der obigen
> Summe u^n. Alle anderen Summanden enthalten y als Faktor, sind daher
> gerade. Nur wenn u^n gerade ist, ist damit die Summe gerade. Wir haben:
> (1/2)*D(y,n) gerade <=> u^n gerade <=> u gerade (Hilfssatz 1) (*2*)
>
Nun haben wir y,u beide gerade, im Widerspruch zu der angenommenen
Teilerfremdheit (Damit waere es hier zu Ende).
> [... sukkzessives Argument mit halbieren der Variablen
> bis sie ungerade werden weggelassen ... ]
> qed
>
> Obwohl ich "nur" Dipl.-Inform. (aber immerhin Nebenfach Mathematik mit
> Diplompruefung in u.a. Elementarer Zahlentheorie) und nicht
> Dipl.-Math.
> bin,
> scheint der Beweis zu stimmen ;-)
>
Dann brauch ich jetzt nicht mehr dran zu glauben :)
gruss,
Detlef
Ernst Jung
vielen Dank für die Muehe, die Du Dir mit der Durchsicht und der in
aller Fairness erfolgten Stellungnahme zu meinen sicherlich laien-
haft formulierten und daher unverstaendlichen Ausführungen zur FV
gemacht hast. Ich habe bereits eine laengere Re zu Deinem posting
vorbereitet, die zu lesen ich weder Dir noch anderen Diskussions-
teilnehmern zumute. Auf folgende Punkte in meiner also schon vor-
bereiteten Re will ich Dich jedoch hinweisen.
Du schreibst in Deiner Re zu meinem Artikel
: Sie sagen zwar, dass Potenzen nicht kommutativ sind, aber ist denn die
: Vertauschbarkeit von Basis und Exponent in 2^4=4^2 keine Ausnahme?
: Bislang habe ich bezueglich der Bedeutung der Zahlen y=2+2=2*2=2^2
: und y^2=2^4=4^2 in (y-1)^2+y^2=(y+1)^2 bei 3*3+((3+3)+(5+5)=5*5 noch
: keine Antwort auf die o.a. Frage erhalten.
>
> Der Grund dafuer ist wahrscheinlich, das Dein Reden von "Ausnah-
> men" dokumentiert, dass Du nicht verstanden hast, wann eine Ope-
> ration kommutativ heisst. Die Leute hatten einfach keinen Bock, es
> zu erklaeren. Also: eine Operation * heisst kommutativ, wenn
> fuer _ alle moeglichen_ Argumente x,y gilt x*y=y*x. Eine einzige
> "Ausnahme" bedeutet eben, das * nicht kommutativ ist. Etwa ^ ist
> nicht kommutativ, allein schon wegen 3^2 ungleich 2^3, fertig.
> Du hast einfach beobachtet, das ^, eingeschraenkt auf die Zahlen
> {2,4} kommutativ ist.
>
Es geht mir nicht um die Definition, nach der fuer ALLE Argumente
x,y also x^y=y^x gelten muesste, was schon bei 1^2=/=2^1 nicht der
Fall ist. Angenommen, für ALLE Argumente x,y ausser einem einzi-
gen x=a, y=b gelte x^y=y^x, dann waere die Operation ^ doch nach
dieser - keine Ausnahme zulassenden - Definition nicht kommutativ
oder etwa doch? Ich vermute, dass die Operation^ bei Annahme
nur einer einzigen bewiesenen Ausnahme von den Mathematikern
bei Nennung der Ausnahme als kommutativ bezeichnet wuerde.
Es geht mir also nicht um den mir verstaendliche Begriff Kommuta-
tivitaet, sondern um die Besonderheit bzw. Einmaligkeit von
* n+n=n*n=n^n nur bei n=2
* n^(n+n)=(n+n)^n nur bei n=2
* n^m=m^n bei n=/=m nur bei n=2, m=4=2+2=2*2=2^2.
Es ist die Operation ^ schon vor 2^3=/=3^2 bei 1^(1+1)=/=(1+1)^1
bzw. 1^2=/=2^1 nicht kommutativ. Die Operation * ist kommutativ
und nun verstehst Du vielleicht, warum ich
* zwischen x*x+y*y=z*z
* und x*x*x+y*y*y=z*z*z
unterscheide. Bei der Gleichung x^2+y^2=z^2 kann man doch
von einer additiv-multiplikativen Binaeroperation mit sich selbst
nur EINMAL mit sich selbst multiplizierter nat. Zahlen x,y,z spre-
chen. Also zunaechst werden die Zahlen x, y, z mit sich selbst
multipliziert und dann werden die Zahlen x^2, y^2 addiert und
das Gleichheitszeichen zwischen x^2+y^2 und z^2 gesetzt. Die-
se Operation ist nicht unbeschränkt ausführbar, d.h. wie die Ope-
ration x - y = z in nat. Zahlen nur loesbar ist, wenn x > y ist. Man
sagt doch, die Operation Subtraktion ist in nat. Zahlen > 0 nicht
unbeschraenkt ausfuehrbar oder etwa nicht. So ist auch die
Operation x*x+y*y=z*z weder im System n=1 noch im System n=2
unbeschränkt ausfuehrbar und die Operation x*x*x+y*y*y=z*z*z*
stellvertretend fuer x^n + y^n = z^n bei n > 2 ist in nat. Zahlen > 0
und daher auch in den Systemen n=2, n=3 usf. ueberhaupt nicht
ausführbar.
Du schreibst zu meiner Bemerkung:
Im Wissen, dass es eine unendlich große nat. Hochzahl n nicht
gibt, operieren sie mit der ganz abstrakten Gleichung x^n+y^n=z^n.
> Ja, und nur so geht es, denn man kann nicht alle unendlich vielen
> n durchgehen, und es reicht auch nicht zu zeigen, dass die Glei-
> chung fuer ganz viele x,y,z unloesbar ist (Beispiele sind ja die mit
> y=(x+z)/2, die Unloesbarkeit der Mittelgleichung vorausgesetzt),
> nein, man will ja behaupten, das _jede_ moegliche Kombination
> von natuerlichen x,y,z die Gleichung nicht erfuellt!
> Da muss man es schon abstrakt machen.
Vielleicht stimmst Du mir zu, daß man in Umkehrung der GV die
Behauptung, dass x+y=z für alle geraden z > 38 in zusammenge-
setzten ungeraden Zahlen lösbar ist, mit dem Hinweis auf die
40=15+25 ---> 35+15=50
42=27+15 ---> 25+27=52
44=09+35 ---> 45+09=54
46=21+25 ---> 35+21=56
48=33+15 ---> 25+33=58
vorstehenden paar Zahlen als bewiesen betrachten kann. Es ist
also aufgrund weniger Zahlen die Richtigkeit der Behauptung er-
kennbar. Jeder Mathematiker kann dies in einer den Anforderun-
gen an einen math. Beweis genuegenden Form beweisen. Als Laie,
der dies auch bleiben moechte, ist die Unloesbarkeit von x^n+y^n=z^n
für n > 2 ebenso in der Unloesbarkeit von x^3+y^3=z^3 erkennbar,
da sich in den Differenzenanordnungen n > 3 diesbezueglich nichts
mehr aendert. Allgemein gilt:
Wenn (y-1)^n+y^n=(y+1)^n unloesbar ist, dann muessen auch
x^n+y^n=(y+1)^n und (y-1)^n+y^n=z^n und die allg. Gleichung
x^n+y^n=z^n unloesbar sein. Wenn die Kuben z^3=(y+1)^3 nicht
Differenz zwischen Kuben sind, dann koennen sie auch nicht
Summe von 2 Kuben sein. Was diesbezueglich für Kuben gilt,
gilt offensichtlich auch für Biquadrate etc.
Es waere noch vieles andere anzumerken, aber es interessiert
ja eine einfache Loesung des angeblich grossen Fermatschen
Problems keinen Diskussionsteilnehmer in de.sci.math, weil
schon Generationen von genialen Mathematikern den "Gral"
nicht gefunden haben und eine Beschaeftigung mit diesem
wahrleich elementaren und fundamentalen Sachverhalt die
Gefahr einschliesst, als Paranoiker angesehen zu werden. Ich
bin von der "solution merveilleuse" von Pierre de Fermat fest
ueberzeugt und kann mir vorstellen, warum er diese wunder-
bare Loesung mit der Entschuldigung des zu engen Seiten-
randes, der m.E. fuer die Beweisidee ausgereicht haette, nicht
veroeffentlicht hat. Auch Du kannst es Dir vorstellen, wenn ein-
mal von einem der Grossen Deiner Zunft bestaetigt werden
sollte, dass von einem Grand Problème keine Rede sein kann.
Mit freundlichen Gruessen
Ernst
____.
P.S.
Ist der Beweis der Unloesbarkeit der Mittelgleichung bei n > 2
von Andreas Homrighausen richtig? Ich glaube es, weil ich mir
unabhaengig vom WB der FV klar bin, dass sie unloesbar ist.
Als Mathematiker solltest Du es m.E. nicht glauben, sondern
falsifizieren bzw. verifizieren. Auf Zeitmangel duerfte da von
einem Mathematiker m.E. nicht hingewiesen werden.
Detlef.Mueller
>
>
> Du schreibst in Deiner Re zu meinem Artikel
> : Sie sagen zwar, dass Potenzen nicht kommutativ sind, aber ist denn die
> : Vertauschbarkeit von Basis und Exponent in 2^4=4^2 keine Ausnahme?
> : Bislang habe ich bezueglich der Bedeutung der Zahlen y=2+2=2*2=2^2
> : und y^2=2^4=4^2 in (y-1)^2+y^2=(y+1)^2 bei 3*3+((3+3)+(5+5)=5*5 noch
> : keine Antwort auf die o.a. Frage erhalten.
> >
> > Der Grund dafuer ist wahrscheinlich, das Dein Reden von "Ausnah-
> > men" dokumentiert, dass Du nicht verstanden hast, wann eine Ope-
> > ration kommutativ heisst. Die Leute hatten einfach keinen Bock, es
> > zu erklaeren. Also: eine Operation * heisst kommutativ, wenn
> > fuer _ alle moeglichen_ Argumente x,y gilt x*y=y*x. Eine einzige
> > "Ausnahme" bedeutet eben, das * nicht kommutativ ist. Etwa ^ ist
> > nicht kommutativ, allein schon wegen 3^2 ungleich 2^3, fertig.
> > Du hast einfach beobachtet, das ^, eingeschraenkt auf die Zahlen
> > {2,4} kommutativ ist.
> >
> Es geht mir nicht um die Definition, nach der fuer ALLE Argumente
> x,y also x^y=y^x gelten muesste, was schon bei 1^2=/=2^1 nicht der
> Fall ist. Angenommen, für ALLE Argumente x,y ausser einem einzi-
> gen x=a, y=b gelte x^y=y^x, dann waere die Operation ^ doch nach
> dieser - keine Ausnahme zulassenden - Definition nicht kommutativ
> oder etwa doch? Ich vermute, dass die Operation^ bei Annahme
> nur einer einzigen bewiesenen Ausnahme von den Mathematikern
> bei Nennung der Ausnahme als kommutativ bezeichnet wuerde.
wie man bei Reellen Zahlen sagt, mit Ausnahme von 0
existiert stets das Inverse bzgl. "*".
Und eingeschraenkt auf {2,4} ist auch ^ kommutativ.
> Es geht mir also nicht um den mir verstaendliche Begriff Kommuta-
> tivitaet, sondern um die Besonderheit bzw. Einmaligkeit von
> * n+n=n*n=n^n nur bei n=2
> * n^(n+n)=(n+n)^n nur bei n=2
> * n^m=m^n bei n=/=m nur bei n=2, m=4=2+2=2*2=2^2.
> Es ist die Operation ^ schon vor 2^3=/=3^2 bei 1^(1+1)=/=(1+1)^1
> bzw. 1^2=/=2^1 nicht kommutativ. Die Operation * ist kommutativ
> und nun verstehst Du vielleicht, warum ich
> * zwischen x*x+y*y=z*z
> * und x*x*x+y*y*y=z*z*z
> unterscheide. Bei der Gleichung x^2+y^2=z^2 kann man doch
> von einer additiv-multiplikativen Binaeroperation mit sich selbst
> nur EINMAL mit sich selbst multiplizierter nat. Zahlen x,y,z spre-
> chen.
Ja, diese Operation ordnet Drei Zahlen einen Wahrheitswert
zu (x*x+y*y=z*z ist Wahr oder Falsch).
Also haben Wir eine Abbildung von der Menge der
Zahlentripel in die Menge {Wahr, Falsch} vorliegen.
Ist das die Operation, die Du meinst?
> Also zunaechst werden die Zahlen x, y, z mit sich selbst
> multipliziert und dann werden die Zahlen x^2, y^2 addiert und
> das Gleichheitszeichen zwischen x^2+y^2 und z^2 gesetzt. Die-
> se Operation ist nicht unbeschränkt ausführbar, d.h. wie die Ope-
> ration x - y = z in nat. Zahlen nur loesbar ist, wenn x > y ist.
>
Dann hatte ich dich nicht richtig verstanden. Du verstehst
Die Gleichung als Bestimmungsgleichung fuer z.
Die Operation waere also (x,y) -> sqrt(x^2+y^2).
Bzw. (x,y) -> n.Wurz(x^n+y^n)
> Man
> sagt doch, die Operation Subtraktion ist in nat. Zahlen > 0 nicht
> unbeschraenkt ausfuehrbar oder etwa nicht. So ist auch die
> Operation x*x+y*y=z*z weder im System n=1 noch im System n=2
> unbeschränkt ausfuehrbar und die Operation x*x*x+y*y*y=z*z*z*
> stellvertretend fuer x^n + y^n = z^n bei n > 2 ist in nat. Zahlen > 0
> und daher auch in den Systemen n=2, n=3 usf. ueberhaupt nicht
> ausführbar.
>
Nun, fuer n=2 koennen ja ab und zu ganze Zahlen herauskommen.
Fuer n>2, wuerde das der Fermatverm. widersprechen.
> Du schreibst zu meiner Bemerkung:
> Im Wissen, dass es eine unendlich große nat. Hochzahl n nicht
> gibt, operieren sie mit der ganz abstrakten Gleichung x^n+y^n=z^n.
> > Ja, und nur so geht es, denn man kann nicht alle unendlich vielen
> > n durchgehen, und es reicht auch nicht zu zeigen, dass die Glei-
> > chung fuer ganz viele x,y,z unloesbar ist (Beispiele sind ja die mit
> > y=(x+z)/2, die Unloesbarkeit der Mittelgleichung vorausgesetzt),
> > nein, man will ja behaupten, das _jede_ moegliche Kombination
> > von natuerlichen x,y,z die Gleichung nicht erfuellt!
> > Da muss man es schon abstrakt machen.
> Vielleicht stimmst Du mir zu, daß man in Umkehrung der GV die
> Behauptung, dass x+y=z für alle geraden z > 38 in zusammenge-
> setzten ungeraden Zahlen lösbar ist, mit dem Hinweis auf die
> 40=15+25 ---> 35+15=50
> 42=27+15 ---> 25+27=52
> 44=09+35 ---> 45+09=54
> 46=21+25 ---> 35+21=56
> 48=33+15 ---> 25+33=58
> vorstehenden paar Zahlen als bewiesen betrachten kann. Es ist
> also aufgrund weniger Zahlen die Richtigkeit der Behauptung er-
> kennbar. Jeder Mathematiker kann dies in einer den Anforderun-
> gen an einen math. Beweis genuegenden Form beweisen.
>
Dieser Hinweis ist eine versteckte Vollstaendige Induktion.
Denn was nicht da steht (und sich jeder denkt), ist:
I. Wir haben es fuer 40 bis 48 gezeigt (Summen hingeschrieben)
II. Haben wir es fuer n*10 bis n*10-2 gezeigt, so koennen wir
es fuer (n+1)*10 bis (n+1)*10-2 folgern. (n>=4)
Dies wird am Beispiel n=4 -> n=5 erlaeutert
(muesste streng genommen aber symbolisch mit n geschehen, also:
48+n*10=(15+n*10)+33 u.s.w <REUSPER> Man erkennt, das eigentlich
keine Induktion noetig waere.).
Folgerung: Die Aussage gilt fuer alle n>=4.
Wesentlich ist der Schluss auf _alle_ groesseren geraden Zahlen,
und da muss schon klar sein, wie das Bildungsschema der
Beispiele aussieht, und dass man so auch alles erfasst.
Oft, wenn das Schema klar ist, ist einem, wie hier, das
penible Aufschreiben der Induktion zu laestig und jeder
wird Dir glauben, wenn Du einfach "u.s.w." hinschreibst.
Aber viele Beweise wurden gekippt, indem die "u.s.w"'s
als Einbildung entlarvt wurden.
In diesem Fall spricht man von einem Beweis durch
vollstaendige Illusion :) .
> Als Laie,
> der dies auch bleiben moechte, ist die Unloesbarkeit von x^n+y^n=z^n
> für n > 2 ebenso in der Unloesbarkeit von x^3+y^3=z^3 erkennbar,
> da sich in den Differenzenanordnungen n > 3 diesbezueglich nichts
> mehr aendert. Allgemein gilt:
> Wenn (y-1)^n+y^n=(y+1)^n unloesbar ist, dann muessen auch
> x^n+y^n=(y+1)^n [unloesbar sein] ...
>
y-1 + y = y+1 hat nur eine Loesung, aber
x + y = y+1 hat unendlich viele Loesungen.
Wenn das x dazukommt gibt es mehr Freiheiten und mehr Loesungen.
Entschuldige, wenn ich n=1 < 3 waehle, aber da die FV scheinbar
gilt, ist dies der einzige Weg (der mir einfaellt) zu erlaeutern,
warum dieser Schluss nicht zulaessig ist. (Denn natuerlich
haette ich mit einem Gegenbeispiel dei FV widerlegt :) )
> ... und (y-1)^n+y^n=z^n und die allg. Gleichung
> x^n+y^n=z^n unloesbar sein. Wenn die Kuben z^3=(y+1)^3 nicht
> Differenz zwischen Kuben sind, dann koennen sie auch nicht
> Summe von 2 Kuben sein.
>
Aber irgendwie habe ich immer den Eindruck, Du meinst einmal
eine Differenz von einer bestimmten Gestalt, etwa
(y+1)^n - y^n = x^n (nur zwei Freiheiten), und im anderen
Fall z^n = x^n + y^n (mit drei Freiheiten), statt
"Differenz zwischen Kuben" musst Du sagen
"Differenz zwischen Kuben, die eine spezielle Bedingung
erfuellen", und dann wird klar das der Umkehrschluss auf
eine beliebige Summe faul sein muss.
> Es waere noch vieles andere anzumerken, aber es interessiert
> ja eine einfache Loesung des angeblich grossen Fermatschen
> Problems keinen Diskussionsteilnehmer in de.sci.math, weil
> schon Generationen von genialen Mathematikern den "Gral"
> nicht gefunden haben und eine Beschaeftigung mit diesem
> wahrleich elementaren und fundamentalen Sachverhalt die
> Gefahr einschliesst, als Paranoiker angesehen zu werden.
>
"Paranoid zu sein garantiert nicht, das keine Verschwoerung
gegen einen laeuft ..." :-)
> Ich bin von der "solution merveilleuse" von Pierre de Fermat fest
> ueberzeugt und kann mir vorstellen, warum er diese wunder-
> bare Loesung mit der Entschuldigung des zu engen Seiten-
> randes, der m.E. fuer die Beweisidee ausgereicht haette, nicht
> veroeffentlicht hat. Auch Du kannst es Dir vorstellen, wenn ein-
> mal von einem der Grossen Deiner Zunft bestaetigt werden
> sollte, dass von einem Grand Problème keine Rede sein kann.
>
Ist mir egal, wie klein oder gross der Mathematiker
ist, ein mir verstaendlicher Beweis reicht mir oder reicht
mir nicht.
Den jetzigen Beweis verstehe ich nicht und ich kenne keinen
Mathematiker (persoenlich), der ihn versteht (Die Uniprofs
eingeschlossen, sie blicken zwar mehr als ich, aber verstanden
hat es auch von denen richtig auch keiner);
Also glaube ich ihn einfach. Aber zur Zeit wuerde ich, vor
die Wahl gestellt, die FV lieber nicht als Argumentationsmittel
verwenden (bin nicht voll ueberzeugt, dass der Beweis nicht
doch noch kippt. Wenn er in eine kuerzere Form gebracht wurde,
und daher viele ihn studiert und verstanden haben, glaube
ich "fest" daran, wenn ich ihn selbst verstanden habe, weiss
ich, das er gilt).
> P.S.
> Ist der Beweis der Unloesbarkeit der Mittelgleichung bei n > 2
> von Andreas Homrighausen richtig? Ich glaube es, weil ich mir
> unabhaengig vom WB der FV klar bin, dass sie unloesbar ist.
Sieht ok. aus.
> Als Mathematiker solltest Du es m.E. nicht glauben, sondern
> falsifizieren bzw. verifizieren. Auf Zeitmangel duerfte da von
> einem Mathematiker m.E. nicht hingewiesen werden.
Nun, da der Beweis korrekt ist, brauche ich sie nicht mehr
zu "glauben".
Aber so einen Beweis zu erstellen dauert schon ein bischen,
wenn man sich nebenher die Broetchen verdienen muss,
kann da schon die Zeit fehlen.
Und wenn ich nichts "glauben" wuerde - waere dann nicht
die Arbeit aller anderen Wissenschaftler hinfaellig?
Es ist utopisch anzunehmen, sich in einer Lebensspanne
in all die Teilgebiete der Mathematik auch nur einzu-
arbeiten.
Einen gegebenen Beweis nachzuvollziehen kann da durchaus
Wochen dauern.
(Natuerlich nicht in unserem Fall der Mittelgleichung).
gruss
Detlef
Ortwin Gasper
> Wir betrachten die Differenz D(y,n)=(y+u)^n-(y-u)^n.
>
> <=> y gerade (Hilfssatz 1) (*1*)
>
Wegen y + u = y - u (mod 2) folgt (y+u)^n - (y-u)^n (mod 2) für alle
ganzen y und u.
Daher gilt D(y,n) gerade => y gerade eben nicht, wie Du Dir problemlos
anhand von Beispielen klarmachen kannst. Daher funktioniert der auf dieser
falschen Annahme fußende Beweis durch unendlichen Abstieg auch nicht.
MfG
Ortwin
## CrossPoint v3.11 R ##
Ernst Jung
Ortwin Gasper schrieb in Nachricht <71YjC...@37.sensecom.de>...
Als Laie, der nur ganz, ganz wenig von Mathematik und - bis auf den Beweis
der unendlich vielen Primzahlen durch Euklid (?) - schon gar nichts von math
Beweisverfahren versteht, meine ich doch, die Unloesbarkeit der Gleichung
(y-u)^n + y^n = (y+u)^n in nat. Zahlen y > u > 0 bei geraden y, ungeraden u
und ungeraden Hochzahlen n > 1 "erklaeren" zu koennen.
(y-u)^n + y^n = (y+u)^n gilt wohl als unlösbar, wenn die als Dy bezeichnete
Differenz Dy=(y+u)^n - (y-u)^n als Dy=/=y^n bewiesen wird. Selbstverstaend-
lich gilt dann fuer die Differenz Dx=/=x^n=(y-u)^n=(y+u)^n - y^n .
Bei n=3 ergibt die Rechnung
Dy=(y+u)^3 - (y-u)^3 = (y^3+3uy^2+3yu^2+u^3) - (y^3-3uy^2+3yu^2-u^3)
Dy= 6uy^2+2u^3 = 2(3uy^2+u^3) = 2(A+u^3) mit A=3uy^2=gerade Zahl
bei y=gerade und u = ungerade. Es ist (Dy)/2=A+u^3 = ungerade Zahl
und y^3=(2e)^3 sowie (y^3)/2=(2^(3-1))(e^n) = gerade Zah, d.h. damit
ist Dy=/=y^n bewiesen.
Fasst man bei n=5,7,9,11 usf. nach Ausklammerung von 2 die in der
Klammer verbleibenden Zahlen mit Ausnahme von u^n zur Zahl A zu-
sammen, so gilt bei geraden y, ungeraden u und ungeraden n > 1 das-
selbe wie fuer n=3, d.h. Dy=/=y^n. Es ist also bei diesen y,u,n die Glei-
chung (y-u)^(nm)+y^(nm)=(y+u)^(nm) fuer alle nat. Zahlen m > 0. Es ist
bei diesen y,u,n,m und bei x=y-u, u+y=z, y=y=(x+z)/2 also zum Beispiel
* x^06+y^06=z^06, x^09+y^09=z^09, x^12+y^12=z^12 usf.
* x^10+y^10=z^10, x^15+y^15=z^15, x^20+y^20=z^20 usf.
* x^14+y^14=z^14, x^21+y^21=z^21, x^28+y^28=z^28 usf.
in nat. Zahlen x=y-u, u+y=z, y=y=(x+z)/2 unloesbar. Nach erfolgtem Be-
weis der Unloesbarkeit von x^4+y^4=z^4 und damit auch der Unloesbar-
keit der "Mittelgleichung" (y-u)^4+y^4=(y+u)^4 kann also die Gleichung
(y-u)^n + y^n = (y+u)^n bei geraden y, ungeraden u und nat. Zahlen n > 2
als unloesbar bewiesen gelten. Jeder Mathematiker sollte m.E. die Un-
loesbarkeit der speziellen Fermatgleichung (y-u)^n+y^n=(y+u)^n fuer
beliebige nat. Zahlen y > u > 0 , n > 2 beweisen koennen und sich ein-
mal Gedanken darueber machen, ob bei Unloesbarkeit der Mittelgleichung
(y-1)^n + y^n = (y+1)^n und (y-u)^n+y^n=(y+u)^n die spez. Gleichungen
(y-1)^n + y^n = (y+u)^n bzw. (y-1)^n+y^n=z^n
(y-u)^n + y^n = (y+1)^n bzw. x^n+y^n=(y+1)^n und die allgemeine Gleichung
(y-u)^n + y^n = (y+v)^n bzw. x^n+y^n=z^n ueberhaupt loesbar sein koennen.
Diese Gleichungen sind nach Wiles' Beweis (WB) der Fermatschen Vermu-
tung (FV), den angeblich nur wenige Experten nachvollziehen koennen, nur
bei n=1 und n=2 in nat. Zahlen loesbar. Alle Loesungstripel
* Lx,Ly,Lz von (y-u)^1+y^1=(y+u)^1 sind alle Loesungstripel
* 2x-x, 2x, 2x+x der Gleichung (2x-x)^1+ (2x)^1= (2x+x)^1
* Sx,Sy,Sz von (y-u)^2+y^2=(y+u)^2 sind alle Loesungstripel
* 4x-x, 4x, 4x+x der Gleichung (4x-x)^1+(4x)^2=(4x+x)^2
Als Laie kann ich einfach nicht verstehen, warum die Mathematiker
bei bewiesener Unloesbarkeit von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n schon bei
u=1, n > 2 die Loesbarkeit der allg. Fermatgleichung x^n+y^n=z^n
für n > 2 nicht ausschliessen koennen. Bei angenommener Unloes-
barkeit der Mittelgleichung (y-u)^n+y^n=(y+u)^n fuer n=1 und damit
auch fuer n = 2 bzw. fuer n=2 und damit auch fuer n=1 wuerde wohl
jeder, der des Zaehlens kundig ist, die Loesbarkeit von x+y=z und
x^2+y^2=z^2 fuer unmoeglich halten und erkennen, dass diese An-
nahme bei nun mal gegebener Moeglichkeit des Zaehlens absurd
ist. Das bei bewiesener Unloesbarkeit von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n fuer
n > 2 "nicht-ausschliessen-duerfen" der Loesbarkeit von x^n+y^n=z^n,
n > 2 ist m.E. ebenso absurd. Dieses "nicht-ausschliessen-duerfen"
beruht m.E. auf der Vorstellung, dass das Zaehlen und das Zusam-
menzaehlen der Zahlen 1,2,3,4 usf. zu den Zahlen 1, 3, 6, 10 usf.
auch bei Unloesbarkeit der Mittelgleichung eine sinnvolle mathema-
tische Operation sein koenne. Die Loesbarkeit von (y-1)^n+y^n=(y+1)^n
ist evident eine notwendige Bedingung fuer die von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n.
Unloesbarkeit von (y-1)^n+y^n=(y+1)^n und damit von x^n+y^n=z^n bei
n > 2 ist der "Preis" fuer das uns so selbstverstaendliche "zaehlen koen-
nen. Nach wie vor bin ich davon ueberzeugt, dass die evident wechsel-
bedingte Loesbarkeit von x+y=z und x^2+y^2=z^2 die Loesbarkeit von
x^n+y^n=z^n fuer n > 2 ausschliesst, zumindest in dem Sinne, dass die
Loesbarkeit von x^2+y^2=z^2 ausschliesslich auf die Loesbarkeit von
n^(n+n)=(n+n)^n in nat. Zahlen n > 0 nur bei n=2 zurueckzufuehren ist
und damit auf die Loesbarkeit von n^m=m^n bei nat. Zahlen n=/=m nur
bei n=2, m=4=n+n=n*n=n^n. Genforscher sollten m.E. mal nach den
hierfuer zustaendigen Genen unter dem Aspekt der Kommutativität
von 2 und 4 in 2^4=4^2 bei 3*3+((3+3)+(5+5))=5*5=4^2+3^2=3^2+2^4
forschen ;) und die Mathematiker sollten einmal die Aussage der FV
auf unterschiedliche Weise formulieren, d.h. die FV besagt
* die Summe von 2 nat. Zahlen x^n, y^n ist bei n > 2 keine nat. Zahl z^n
* die nat. Zahl z^n ist bei n > 2 nicht Differenz zwischen 2 nat. u^n, v^n
* die regressive Aufsummierung der Differenzen Dx = (y+1)^n - y^n
fuehrt bei allen nat. Zahlen y > 0 und n > 2 nicht zu Zahlen x^n=Dx
* von der Unloesbarkeit von x^3n+y^3n=z^3n fuer nat. Zahlen n > 0
kann auf die Unloesbarkeit von x^n+y^n=z^n fuer nat. Zahlen n > 2
geschlossen werden.
Der vorgenannte "Rueckschluss" ist logisch ebenso zulaessig wie
der evident zulaessige "Hinschluss" von der Unloesbarkeit z.B. von
* x^3+y^3=z^3 auf die Unloesbarkeit von x^3n + y^3n = z^3n
* x^5+y^5=z^5 auf die Unloesbarkeit von x^5n + y^5n = z^5n usf.
Die Mathematiker sollten sich m.E. einmal die Anordnung aller Diffe-
renzen zwischen nat. Kuben ansehen und mit der Anordnung aller
Differenzen zwischen nat. Quadratzahlen vergleichen. Sie sollten
1^3--2^3--3^3--4^3 auch mal ueberlegen, dass eine Differenz Dx=x^n
07---19---37 wie Dx=x^3 in der ersten Differenzenzeile mit der als
12--18 "letzte konstante Differenz > 0" bezeichneten Diffe-
06 renz n!=3!=(2*3) in der n.ten Zeile im Widerspruch
steht. Diese letzten konstanten Differenzen lauten also n! und koen-
nen als Produkt von Gliedern der Summenfolge der geraden Zahlen
geschrieben werden wie z.B. 4!=(1*2)(3*4)=2*12, 5!=(2*3)(4*5)=6*20.
Interessant ist diesbezüglich, dass sich die nat. Zahlen bewiesener-
massen nicht zu Kuben > 1 aufsummieren, obwohl bei dieser Aufsum-
mierung doch alle Kuben, Summen von Kuben, Differenzen zwischen
Kuben etc. beruecksichtigt werden, d.h. x+x^2=2z^3 ist bei x, z > 1 in
nat. Zahlen unloesbar und x+x^2=2z^n bei x,y > 1, n > 2 vermutlich
ebenfalls. Interessant ist auch x+x^2=2^x - 2 bei x=5, d.h. 2^x-2 sind
die um (1.......1) verminderten Zeilensummen der Binomialkoeffizienten
im Pascal-Dreieck (PD) und bei x=Primzahl sind alle einzelnen Binomial-
koeffizienten in 2^x - 2 restlos durch x teilbar. Es ist x=p eine hierfuer
notwendige und zugleich hinreichende Bedingung und es hat evident
(2^x-2)/x mit (1/2)(x^2+x) zu tun.
Mit freundlichen Gruessen
und der Bitte um Nachsicht an alle, die
sich nicht fuer FV und schon gar nicht
fuer die diesbezueglichen Ueberlegun-
gen eines Laien interessieren
Ernst
Ernst Jung
bin bei nochmaliger Durchsicht Deiner Nach-
richt <3607A0...@namu23.gwdg.de>...
auf weitere Missverstaendnisse gestossen.
Du schreibst zu meiner Bemerkung
: Sie - die Mathematiker - interessieren sich überhaupt nicht dafür,
: dass die geraden Quadratzahlen nicht Summe von 2 ungeraden
: Quadratzahlen und die Doppelt der Quadratzahlen daher keine
: Quadratzahlen sind. Sie haben nicht erkannt, dass das, was dies-
: bezüglich bei n=2 bereits unmöglich ist, bei n > 2 unmöglich bleibt.
>
> Nein, bleibt es nicht: x=2n+1, y=2m+1, so
> x^3+y^3 = 8(n^3+m^3)+ 4*3*(n^2+m^2)+2*(n+m) + 2,
> ob dies durch 8 (also 2^2) oder nicht, kann man nicht
> sagen. fuer n=1 und m=7 ist es durch 8 teilbar.
>
Es ist doch (2+1)^3+(14+1)^3= 3^3+15^3=3402=3402 nicht durch
8 restlos teilbar. In dem o.a. Satz steht "diesbezueglich", damit ist
also gemeint, daß zum Beispiel die Summe von 2 ungeraden Kuben
kein Kubus ist und das Doppelt eines Kubus ebenfalls nicht. Ich fue-
ge hinzu: Was bei n=3 diesbezueglich unmoeglich ist, - d.h. Unloes-
barkeit von x^3+y^3=z^3, - bleibt bei n > 2 unmoeglich.
Zu
: Die nachfolgende Anordnung von Lösungstripeln von x^2+y^2=z^2
: 03, 04, 05
: 05, 12, 13 15, 08, 17
: 07, 24, 25 21, 20, 29 35, 12, 37
schreibst Du
>
> Da kommt es mit y=4, u=1 hin.
> 05, 12, 13 15, 08, 17. Hier findest du solche u,y nicht,
> denn weder ist 12=(5+13)/2 noch ist 15=(8+17)/2.
> Das ist auch der Haken bei deinem "Beweis", selbst wenn die
> Mittelgleichung fuer n=2 unloesbar waere, waeren diese Tripel
> korekte Loesungen, sie haben eben mit der Mittelgleichung
> nichts zu tun.
Das verstehe ich ueberhaupt nicht, d.h. wie sollte 5^2+12^2=13^2
und 8^2+15^2=17^2 oder 7^2+24^2=25^2 und 20^2+21^2=29^2
sein, wenn (y-u)^2+y^2=(y+u)^2 in nat. Zahlen y > u > 0 unloesbar
bzw. 3^2+4^2 nicht 5^2 waere? Wie sollte 7^2+24^2=25^2=5^4 sein.
wenn 3^2+4^2 nicht 5^2 waere? Es ist doch 7^2+24^2=(3^2+4^2)^2.
Wie sollte 20^2+21^2=29^2=(2^2+5^2)^2=(4*5)^2+(3*7)^2 sein, wenn
3^2+4^2 nicht 5^2 und somit 1+2 auch nicht 3 waere?
Zu
: Es interessiert sie einfach nicht,
: dass n^(n^n)=(n^n)^n bei nat. Zahlen nur bei n=1 und n=2 der Fall ist
: dass n+n=n*n=n^n und n^(n+n)=(n+n)^n nur bei n=2 der Fall ist
: dass n^m=m^n bei n=/=m nur bei n=2, m=4=2+2=2*2=2^2 der Fall ist.
schreibst Du
> Das sind relativ einfache Aussagen, die sind dann wohl irgendwann
> einfach nicht mehr interessant (und sie tun auch hier nichts zur Sache).
>
Sind relativ einfache Aussagen uninteressant im Sinne von "irrelevant"?
Wie lautet Dein Argument dafuer, dass sie hier auch nichts zur Sache,
d.h. zur Loesbarkeit von (y-1)^2+y^2=(y+1)^2 und damit von x^2+y^2=z^2
und zur Unloesbarkeit von (y-1)^n+y^n=(y+1)^n und damit der Fermatglei-
chung x^n+y^n=z^n fuer n = 3 stellvertretend fuer n > 2 bzw. n > 3 ... tun?
Es ist doch 3^6 = 3^(3+3) =/= (3+3)^3 = 6 ^3
Was nuetzen alle Definitionen und Beweise, wenn schon am Anfang
jeglicher Mathematik, d.h. den nat. Zahlen > 0 keine Klarheit besteht.
Es wuerde nichts nuetzen, wenn ich mich in der math. Terminologie
und in math. Beweisverfahren kundig machen wuerde. Als Laie finde
ich es daher nunmehr gar nicht mehr seltsam, dass angeblich nur
wenige Experten Wiles' Beweis der FV nachvollziehen koennen.
Mit freundlichen Gruessen
Ernst.
Andreas Slateff
<6ujr4u$3ep$1...@news00.btx.dtag.de>...
> : Sie - die Mathematiker - interessieren sich überhaupt nicht dafür,
> : dass die geraden Quadratzahlen nicht Summe von 2 ungeraden
> : Quadratzahlen und die Doppelt der Quadratzahlen daher keine
> : bezüglich bei n=2 bereits unmöglich ist, bei n > 2 unmöglich bleibt.
> >
> > Nein, bleibt es nicht: x=2n+1, y=2m+1, so
> > x^3+y^3 = 8(n^3+m^3)+ 4*3*(n^2+m^2)+2*(n+m) + 2,
> > ob dies durch 8 (also 2^2) oder nicht, kann man nicht
> > sagen. fuer n=1 und m=7 ist es durch 8 teilbar.
> >
> 8 restlos teilbar. In dem o.a. Satz steht "diesbezueglich", damit ist
> also gemeint, daß zum Beispiel die Summe von 2 ungeraden Kuben
> kein Kubus ist und das Doppelt eines Kubus ebenfalls nicht. Ich fue-
> ge hinzu: Was bei n=3 diesbezueglich unmoeglich ist, - d.h. Unloes-
> barkeit von x^3+y^3=z^3, - bleibt bei n > 2 unmoeglich.
Und weshalb?
Was Du immer wieder betreibst ist sogenannte "schleichende Induktion". Du
schliesst von ein paar Faellen (n=3) auf _alle_.
Ein solches Schlussmittel ist bei den natuerlichen Zahlen nicht vorhanden.
Die Menge N der natuerlichen Zahlen ist definiert durch die Axiome von Peano,
in sprachlicher Ausfuehrung:
1) Es gibt ein Anfangselement in N, Bezeichnung mit 1
2) Zu jedem Element k in N gibt es in N einen Nachfolger Nachf(k)
3) Nachf(k) ist niemals 1 fuer alle Elemente k aus N
4) Stimmen die Nachfolger zweier Elemente ueberein, so sind die Elemente
gleich,
Nachf(n) = Nachf(m) -> n=m
5) Enthaelt eine Teilmenge T von N das Anfangselement 1 und zu _jedem_ ihrer
Elemente auch dessen Nachfolger, so ist T=N
Eine Menge N mit den obigen Eigenschaften 1)-5) heisst Menge der natuerlichen
Zahlen.
Eine solche Menge existiert, zB.
1:={leere Menge} = {{}},
Nachf(k) = k vereinigt {k}
dh, 2:=Nachf(1) = {{}, {{}}}, 3:=Nachf(2) = {{}, {{}}, {{}, {{}}}} etc.
Aus Axiom fuenf erhaeltst Du eine Methode, wie Du zu Aussagen kommen kannst,
die fuer _alle_ Elemente dieser Menge N gelten. Du zeigst, dass die Aussage
fuer eine Teilmenge T von N gilt, und dass diese Menge T die Eigenschaften 5)
besitzt, denn dann ist T=N und Du hast die Aussage fuer alle natuerlichen
Zahlen gezeigt.
Der Grund, warum es keine "pars pro toto"-Beweise fuer die natuerlichen Zahlen
gibt ist, dass in den Axiomen nichts Derartiges aufscheint und aus ihnen auch
nicht abgeleitet werden kann. Das hat nichts mit Anschaulichkeit oder
"Zaehlen-Koennen" zu tun. Wenn Du Aussagen ueber die natuerlichen Zahlen
treffen willst, so muessen die obigen Axiome gelten, denn diese legen fest, was
natuerliche Zahlen sind.
> Das verstehe ich ueberhaupt nicht, d.h. wie sollte 5^2+12^2=13^2
> und 8^2+15^2=17^2 oder 7^2+24^2=25^2 und 20^2+21^2=29^2
> sein, wenn (y-u)^2+y^2=(y+u)^2 in nat. Zahlen y > u > 0 unloesbar
> bzw. 3^2+4^2 nicht 5^2 waere? Wie sollte 7^2+24^2=25^2=5^4 sein.
> wenn 3^2+4^2 nicht 5^2 waere? Es ist doch 7^2+24^2=(3^2+4^2)^2.
> Wie sollte 20^2+21^2=29^2=(2^2+5^2)^2=(4*5)^2+(3*7)^2 sein, wenn
> 3^2+4^2 nicht 5^2 und somit 1+2 auch nicht 3 waere?
Wieso sollte es nicht so sein?
Ich meine, wie leitest Du da einen Zusammenhang her? Es steht da jetzt Aussage
gegen Aussage :-).
> Sind relativ einfache Aussagen uninteressant im Sinne von "irrelevant"?
> Wie lautet Dein Argument dafuer, dass sie hier auch nichts zur Sache,
> d.h. zur Loesbarkeit von (y-1)^2+y^2=(y+1)^2 und damit von x^2+y^2=z^2
> und zur Unloesbarkeit von (y-1)^n+y^n=(y+1)^n und damit der Fermatglei-
> chung x^n+y^n=z^n fuer n = 3 stellvertretend fuer n > 2 bzw. n > 3 ... tun?
Zu "stellvertretend", siehe oben. Wenn Du etwas behauptest, so musst Du es
beweisen. Nicht jemand Deine Behauptung widerlegen. In Mathematik gelten (mit
einer einzigen Ausnahme) ausschliesslich verifizierte Aussagen, und nicht
Aussagen, die bisher nicht falsifiziert werden konnten (wie zB. in der Physik).
> Was nuetzen alle Definitionen und Beweise, wenn schon am Anfang
> jeglicher Mathematik, d.h. den nat. Zahlen > 0 keine Klarheit besteht.
Genau diese Klarheit besteht aber, und sie ist axiomatisch festgelegt. Es ist
vielleicht sogar klarer, als Du es Dir vorzustellen wagst...
> Es wuerde nichts nuetzen, wenn ich mich in der math. Terminologie
> und in math. Beweisverfahren kundig machen wuerde.
Doch. Genau das waere fuer Dich IMHO notwendig, und vielleicht sogar
interessant.
MfG
Andreas
Andreas Homrighausen
>
> > -------
> > Wir betrachten die Differenz D(y,n)=(y+u)^n-(y-u)^n.
> >
> > D(y,n) gerade <=> y^n gerade (nach Def. von D(y,n))
> > <=> y gerade (Hilfssatz 1) (*1*)
> >
>
> Wegen y + u = y - u (mod 2) folgt (y+u)^n - (y-u)^n (mod 2) für alle
> ganzen y und u.
>
> Daher gilt D(y,n) gerade => y gerade eben nicht, wie Du Dir problemlos
> anhand von Beispielen klarmachen kannst. Daher funktioniert der auf dieser
> falschen Annahme fußende Beweis durch unendlichen Abstieg auch nicht.
Es gilt defintionsgemaess D(y,n)=y^n:
(y-u)^n+y^n=(y+u)^n <=> y^n=(y+u)^n-(y-u)^n = D(y,n)
Damit:
D(y,n) gerade <=> y^n gerade <=> y gerade
Einen Fehler kann ich da nicht sehen...
Mir freundlichen Gruessen,
Andreas
Christian Schneider
>
> Es wuerde nichts nuetzen, wenn ich mich in der math. Terminologie
> und in math. Beweisverfahren kundig machen wuerde.
Doch, das wuerde es. Schliesslich ist die math. Terminologie keine
Geheimsprache mit der man sich von den "Laien" abgrenzen will, sondern
ein Abbild existierender mathematischer Strukturen.
Außer dem bereits erwaehnten Buch von Beutelspacher wuerde ich noch
empfehlen:
Runge, Ker, Bartholome: "Zahlentheorie fuer Einsteiger", Vieweg Verlag.
Da steht z.B. verstaendlich erklaert, wie man mit Kongruenzen rechnet.
Kann Beweise sehr abkuerzen.
Sich mit Zahlentheorie zu beschaeftigen ist sicher eine lohnende Sache.
Aber sich an ein einziges Problem festzuklammern ist unklug, da man sich
andere Blickwinkel versperrt. Die sind naemlich fuer die Loesung mancher
Probleme noetig. Viele Saetze der Zahlentheorie sind naemlich dadurch
bewiesen worden, dass man die Geometrie zu Hilfe genommen hat.
Gruss,
--
Christian Schneider
csch...@informatik.uni-essen.de
Michael Rose
> ...
> Es wuerde nichts nuetzen, wenn ich mich in der math. Terminologie
> und in math. Beweisverfahren kundig machen wuerde.
Ob es was nützen würde, darüber kann man nur spekulieren. Da Du hiermit jedoch
signalisiert, daß Du daran auch nicht den Funken eines Interesses zu haben
scheinst, so wirst Du im Gegenzug sicherlich auch zu akzeptieren haben, daß
nur wenige in dieser Gruppe dazu bereit sind und sein werden, sich mit Deinen
Ausführungen auseinanderzusetzen.
Dabei kommst Du doch eigentlich noch gut weg :-).
Stell Dir nur mal vor, Du würdest dem Finanzamt sagen, daß Du 1.000.000 DM
Steuern zurückbekommen mußt. Du wärest allerdings nicht bereit, Dich in die
Formulare einzuarbeiten (und ein _zu_ _bezahlender_ Steuerberater käme auch
nicht in Frage). Ich glaube nicht daß dann das Finanzamt sagen würde:
Ignorieren wir Ihn einfach. Vielleicht muß er ja noch was nachzahlen, aber
falls er wirklich soviel zurückbekäme, so ist Ignoranz doch ein gutes Geschäft!
> Als Laie finde ich es daher nunmehr gar nicht mehr seltsam, dass angeblich
> nur wenige Experten Wiles' Beweis der FV nachvollziehen koennen.
Damit kann ich leben.
> Mit freundlichen Gruessen
> Ernst.
Grüße,
Michael.
Ernst Jung
vielen Dank fuer Deine Re vom 27.09.1998, insbesondere
fuer die Peano-Axiome in sprachlicher Ausfuehrung.
Du schreibst
> Wenn Du etwas behauptest, so musst Du es beweisen.
> Nicht jemand Deine Behauptung widerlegen.
Das ist richtig und ich wuerde es gerne tun, wenn ich wuesste, welche
Saetze bei der Beschaeftigung mit der ganz abstrakten Gl. x^n+y^n=z^n
zu beachten sind. Daher wende ich mich ja gerade an dsm und hoffe immer
noch, dass jemand sich fuer meinen approach an diesen m.E. elementaren
Sachverhalt via einzelne uebersehbare Differenzenanordnungen interessiert
und mich freundlicherweise auf gravierende Fehler in meinen diesbezuegli-
chen Ausfuehrungen hinweist oder ebenfalls einfach nur wissen will, was es
damit im Hinblick auf die von Andrew Wiles bewiesene FV auf sich hat.
Bei m.E. nur unterschiedlicher Formulierung besagt die FV,
* dass der Schluss von der bewiesenen Unloesbarkeit von x^3n+y^3n=z^3n
fuer n > 0 auf die Unloesbarkeit von x^n+y^n=z^n fuer n > 2 zulaessig ist
* dass eine nat. Zahl z^n Summe von 2 nat. Zahlen x^n, y^n nur sein kann,
wenn auch die Zahl z^n Differenz zwischen nat. Zahlen u^n,v^n ist.
* dass sich z.B. in den unendlich vielen progressiven und regressiven
Differenzensummenfolgen ab einer beliebigen Differenz 07, 19, 37, 61..
nur Differenzen Dx=z^3 - y^3, Dy=z^3 - x^3 befinden, fuer die Dx=/=x^3,
Dy=/=y^3 gilt. Was fuer Kuben gilt, gilt auch fuer Biquadrate usf.
Wie bereits erwaehnt, hat dies Andrew Wiles bereits bewiesen, aber auf
eine nur von wenigen Experten nachvollziehbare Weise.Nach meinen
Ueberlegungen ist mit dem Beweis der Unloesbarkeit der Gleichung
(y-u)^n+y^n=(y+u)^n in nat. Zahlen y > u > 0 fuer n > 2 die Unloesbarkeit
von x^n + y^n = z^n bewiesen.
Wenn Du auf dieses posting antwortest, so hebe Dir bitte Deine Bemer-
kung zu der vorstehenden "schleichenden Induktion" fuer spaeter auf,
d.h. ich werde darauf und auf Deine beiden "weshalb?" im naechsten
posting ausfuehrlich zurueckkommen. Heute will ich nur noch auf die
Peano-Axiome und die Moeglichkeit des Zaehlens bzw. das "Zaehlen-
Koennen" eingehen
Du schreibst:
> Die Menge N der natuerlichen Zahlen ist definiert durch die Axiome
> von Peano, in sprachlicher Ausfuehrung:
> 1) Es gibt ein Anfangselement in N, Bezeichnung mit 1
> 2) Zu jedem Element k in N gibt es in N einen Nachfolger Nachf(k)
> 3) Nachf(k) ist niemals 1 fuer alle Elemente k aus N
> 4) Stimmen die Nachfolger zweier Elemente ueberein, so sind
> die Elemente gleich, Nachf(n) = Nachf(m) -> n=m
> 5) Enthaelt eine Teilmenge T von N das Anfangselement 1 und
> zu JEDEM ihrer Elemente auch dessen Nachfolger, so ist T=N.
> Eine Menge N mit den obigen Eigenschaften 1) - 5) heisst Menge
> der natuerlichen Zahlen.Eine solche Menge existiert, zB.
> 1:={leere Menge} = {{}},
> Nachf(k) = k vereinigt {k}
> dh, 2:=Nachf(1) = {{}, {{}}}, 3:=Nachf(2) = {{}, {{}}, {{}, {{}}}} etc.
>
> Aus Axiom fuenf erhaeltst Du eine Methode, wie Du zu Aussagen
> kommen kannst, die fuer ALLE Elemente dieser Menge N gelten.
> Du zeigst, dass die Aussage fuer eine Teilmenge T von N gilt, und
> dass diese Menge T die Eigenschaften 5) besitzt, denn dann ist
> T=N und Du hast die Aussage fuer alle natuerlichen Zahlen gezeigt.
>
> Der Grund, warum es keine "pars pro toto"-Beweise fuer die natuer-
> lichen Zahlen gibt ist, dass in den Axiomen nichts Derartiges auf-
> scheint und aus ihnen auch nicht abgeleitet werden kann. Das hat
> nichts mit Anschaulichkeit oder "Zaehlen-Koennen" zu tun. Wenn
> Du Aussagen ueber die natuerlichen Zahlen treffen willst, so mues-
> sen die obigen Axiome gelten, denn diese legen fest, was natuerliche
> Zahlen sind.
>
Veranschaulichung z.B. der Unloesbarkeit von x^3+y^3=z^3 in der
Differenzenanordnung n= 3 mit nur nat. Zahlen > 0 und die Moeg-
lichkeit des Zaehlens 1,2,3 usf. bzw. das "Zaehlen-Koennen" steht
doch wohl den o.a. Axiomen nicht entgegen oder doch? -------->(+)
Was sagen bei nat. Zahlen > 0 die Peano-Axiome über die mit diesen
doch wohl uebereinstimmende Loesbarkeit von
* n^(n^n)=(n^n)^n nur bei n=1 und n=2
* n^(n+n)=(n+n)^n und n+n=n*n=n^n nur bei n=2
* n^m=m^n bei n=/=m nur bei n=2, m=4=2+2=2*2=2^2
aus? Tragen die Peano- Axiome dieser Besonderheit, Einmaligkeit
Rechnung und wie? Haben die besonderen Eigenschaften der Zah-
len sui generis 1 und 2 nichts mit den Peano-Axiomen zu tun?
Bertrand Russel schreibt in "Einfuehrung in die Mathematische
Philosophie", Emil Vollmer Verlag . Wiesbaden
: Zweitens, wie schon oben bemerkt, sollen unsere Zahlen fuer das
: Zaehlen der gewoehnlichen Gegenstaende brauchbar sein, und
: dazu muessen unsere Zahlen eine bestimmte Bedeutung und nicht
: bloß gewisse formale Eigenschaften haben. Diese bestimmte Be-
: deutung wird in der logischen Theorie der Arithmetik definiert......... .
: Dem gewoehnlichen Menschenverstand ist es klar, dass zwei endliche
: Mengen dann und nur dann die gleiche Anzahl von Elementen haben,
: wenn sie aequivalent sind. Der Akt des Zaehlens besteht in der Auf-
: stellung einer ein-eindeutigen Beziehung zwischen der Folge der ge-
: zaehlten Gegenstaende und den nat. Zahlen (ausgenommen 0), die
: bei dem Prozess aufgebraucht werden.
: Der Begriff der Aequivalenz ist logisch bei der Operation des Zaehlens
: vorausgesetzt und logisch einfacher, obwohl wir mit ihm weniger vertraut
: sind. Beim Zaehlen muss man die zu zaehlenden Gegenstaende in einer
: gewissen Ordnung folgen lassen, als erstes, zweites, drittes usw., aber
: das Wesen der Zahl besteht nicht in der Ordnung: Die Ordnung ist, logisch
: gesprochen, ein Zusatz ohne Bedeutung, eine unnoetige Komplikation.
: Der Begriff der Aequivalenz setzt nicht den Begriff der Ordnung voraus.
MfG
Ernst
-------.
(+) Die Unloesbarkeit von (y-1)^n+y^n=(y+1)^n ab n=3 ist m.E. eine not-
wendige und zugleich hinreichende Bedingung nicht nur fuer die Unloes-
barkeit von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n, sondern auch fuer die Unloesbarkeit
der allgemeinen Fermatgleichung x^n+y^n=z^n .............in Umkehrung
der Behauptung, daß die Loesbarkeit von (y-1)^n+y^n=(y+1)^n die not-
wendige und zugleich evident hinreichende Bedingung nicht nur fuer die
Loesbarkeit von (y-u)^n +y^n=(y+u)^n, sondern auch fuer die Loesbar-
keit von x+y=z und x^2+y^2=z^2 ist.
Befindet sich dies in Uebereinstimmung mit den Peano-Axiomen? Der
Begriff "Notwendige Bedingung" ist doch ein nicht ausschliesslich phi-
losophischer Begriff" im Gegensatz zu dem "eigentlichen Grund".
Wenn ich sage, der eigentliche Grund der Loesbarkeit der Gleichung
(y-1)^2+y^2=(y+1)^2 sei in der Besonderheit der Zahl n=2 in der Glei-
chung n^(n+n)=(n+n)^n bzw. in 2^4=4^2=y^2 zu sehen, halten die Mathe-
matiker dies fuer eine "Philosophiererei". Es ist (y-u)^n+y^n=(y+u)^n fuer
n > 2 als unloesbar bewiesen und m.E. begibt man sich unnoetigerweise
einer "Erkenntnismoeglichkeit", wenn man auf die Unloesbarkeit von
n^(n^n)=(n^n)^n und n^(n+n)=(n+n)^n bei n > 2 als "Erklaerung" der Un-
loesbarkeit von x^n+y^n=z^n bei n > 2 verzichtet. Vielleicht ist Wiles'
Beweis der FV nur deswegen so kompliziert, weil darin wohl nicht auf die
anschaulichen Differenzenanordnungen n=1, n=2, n=3 hingewiesen wird
und die Besonderheiten der Zahlen 1 und 2 unberuecksichtigt bleiben.
Die Moeglichkeit des Zaehlens hat ihren "Preis", d.h. die Unloesbarkeit
von x^n+y^n=z^n bei n > 2, vergleichbar dem Preis der Liquiditaet, d.h.
die nicht erfolgende Verzinsung.
Zu meiner Frage
: Das verstehe ich ueberhaupt nicht, d.h. wie sollte
: 5^2+12^2=13^2 und 8^2+15^2=17^2
: 7^2+24^2=25^2 und 20^2+21^2=29^2 sein, wenn
: die Gleichung (y-u)^2+y^2=(y+u)^2 unloesbar bzw. 3^2+4^2 nicht 5^2
: waere? Wie sollte 7^2+24^2=25^2=5^4 sein, wenn 3^2+4^2 nicht 5^2
: waere? Es ist doc 7^2+24^2=(3^2+4^2)^2.
: Wie sollte 20^2+21^2=29^2=(2^2+5^2)^2=(4*5)^2+(3*7)^2 sein,
: wenn 3^2 + 4^2 nicht 5^2 und somit 1+2 auch nicht 3 waere?
stellst Du die mir leider nicht verstaendliche Gegenfrage:
> Wieso sollte es nicht so sein? Ich meine, wie leitest Du da einen
> Zusammenhang her? Es steht da jetzt Aussage gegen Aussage :-).
Diesen Zusammenhang kannst Du aus der nachstehenden systema-
tischen Anordnung von Loesungstripeln Sx,Sy,Sz von x^2 + y^2 = z^2
ersehen. Es handelt sich hierbei um einen Auszug aus der Differenzen-
anordnung n=2. Die Zeilensummen der Zahlen Sz sind die Glieder der
03, 04, 05
05, 12, 13 15, 08, 17
07, 24, 25 21, 20, 29 35, 12, 37
09, 40, 41 27, 36, 45, 45, 28, 53 63, 16, 65
Folge y=x(2x^2+3x+1)/6 bei geraden Zahlen x > 0 in dieser Summenfolge der
natuerlichen Quadratzahlen > 0, da die Zahlen Sz Summe von 2 Quadratzahlen
sind. Wie die Loesungstripel in den einzelnen Zeilen mit den Loesungstripeln
von (y-u)^2 + y^2 = (y+1)^2 am jeweiligen Zeilenanfang zusammenhaengen und
wie die Loesungstripel am linken Rand sich aus dem UR-Loesungstripel der
"Mittelgleichung "(y-u)^2+y^2=(y+u)^2 bei u=1herleiten, bedarf m.E. wohl
keiner Erlaeuterung. Die speziellen - und irgendwie "symmetrischen" -
Gleichungen (y-u)^2 + y^2 = (y+1)^2 und (y-1)^2+y^2=(y+u)^2 sind bei u=1 mit
der Mittelgleichung identisch.
Vergleiche die Loesungszahlen Sx, Sz am rechten Rand mit den Zahlen links
und rechts derMittelspalte der nachstehenden Anordnung der ungeraden Zahlen
01^2, 1^3 01
03^2, 2^3 03 05
06^2, 3^3 07 09 11
10^2, 4^3 13 15 17 19.
15^2, 5^3 21 23 25 27 29
mit Zeilensummen in der Folge der Kuben und mit aufgelaufenen Zeilensummen
in der Folge der Quadrate der Zahlen y=x(x+1)/2. Am linken Rand stehen die
Zahlen y=x^2-x+1und die Zahlen wie 21/3=7=2^3-1^3, 57/3=19=3^3-2^3 usf.
sind die Differenzen a^3-b^3 bei nat. Zahlen a-b=1. Am rechten Rand stehen
die Zahlen y=x^2+x-1 und x^2+x-1=0 hat die "irrationalste" Irrationalzahl
als Loesungszahl. Unloesbarkeit von x^3+y^3=z^3 bedeutet, dass die
Summe der Zahlen in 2 beliebigen Zeilen von der Summe der Zahlen in
einer beliebigen dritten Zeile verschieden ist. Dasselbe gilt fuer die ge-
sonderten Anordnungen der Zeilen mit einer Quadratzahl, Kubikzahl usf.
als Nr., d.h. bei Unloesbarkeit der Gleichung x^3+y^3=z^3 ist auch die
Gleichung x^3n+y^3n=z^3n bei n=1,2,3 usf. in natuerlichen Zahlen x,y,z
unloesbar. Nach der FV ist der "Rueckschluss" von der Unloesbarkeit von
x^3n+y^3n=z^3n auf die Unloesbarkeit von x^n+y^n=z^n fuer n > 2 zulaessig,
d.h. die Unloesbarkeit von x^5+y^5=z^5 und x^7+y^7=z^7 folgt aus der von
x^105+y^105=z^105. Hierfuer kann auch gesagt werden: Da in der
Differenzanordnung n=105 die regressiven Summenfolgen der Differenzen
in der 1. Differenzenzeile keine Differenzen Dx=x^105, Dy=y^105 aufweisen,
koennen auch die regressiven Summenfolgen der Differenzen in der ersten
Differenzenzeile der Differenzenanordnung n=3, n=5, n=7 keine Differenzen
Dx=x^3, Dx=x^5, Dx=x^7 und somit keine Dy=y^3, Dy=y^5, Dy=y^7 aufweisen.
Bei nat. Zahlen a - b=1 lautet die Ermittlungsgleichung fuer
a^n - b^n = (2ab+1)((a^(n-2) - b^(n-2)) - ((a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2.
2^3 -1^3=05*1 + (1/2)*2^2=07, 2^5 -1^5=05*07 - 1*2^2=031
3^3 -2^3=13*1 + (1/6)*6^2=19, 3^5 -2^5=13*19 - 1*6^2=211
Fuer die ungeraden n > 1 zeigt 2^7 -1^7=05*031 - 07*2^2=0127
die anfaengliche Ermittlung, wie 3^7 -2^7=13*211 - 19*6^2=2059
diese Differenzen miteinander "vernetzt bzw. vermascht" sind. Unter
Berueck-sichtigung der o.a. Feststellungen betr. regressive und pro-
gressive Summenfolgen der Differenzen in der ersten Differenzenzeile
der Differenzenanordnung n=3 '''stellvertretend fuer n=5, 7, 9, 11usf."'
gilt fuer vorstehende Differenzen Dx=(y-1)^n - y^n fuer n = 5, 7 usf. also
Dx=/=x^5, Dx=/=x^7 usf. und somit Dy=/=y^5, Dy=y^7 usf.
Olaf Schneider
> Bei m.E. nur unterschiedlicher Formulierung besagt die FV,
^^^^
> * dass der Schluss von der bewiesenen Unloesbarkeit von x^3n+y^3n=z^3n
> fuer n > 0 auf die Unloesbarkeit von x^n+y^n=z^n fuer n > 2 zulaessig ist
> * dass eine nat. Zahl z^n Summe von 2 nat. Zahlen x^n, y^n nur sein kann,
> wenn auch die Zahl z^n Differenz zwischen nat. Zahlen u^n,v^n ist.
> * dass sich z.B. in den unendlich vielen progressiven und regressiven
> Differenzensummenfolgen ab einer beliebigen Differenz 07, 19, 37, 61..
> nur Differenzen Dx=z^3 - y^3, Dy=z^3 - x^3 befinden, fuer die Dx=/=x^3,
> Dy=/=y^3 gilt. Was fuer Kuben gilt, gilt auch fuer Biquadrate usf.
Fuer die Aequivalenz dieser drei (vier mit FV) Aussagen wuerde
ich m.E. doch einen Beweis sehen wollen, bevor ich sie glaube.
Und ein ernsthafter (mathematischer) Beweis ist es nunmal nicht
zu sagen: "Mit Erlaub" (ich erlaube es eben nicht) oder
"offensichtlich" (ich sehe es nicht, auch wenn Du es siehst)
oder aehnliches.
Ernst Jung
Olaf Schneider schrieb in Nachricht
<6ur3ef$6...@merkur.hrz.tu-freiberg.de>...
>Ernst Jung <Ernst...@t-online.de> schrieb:
: Bei m.E. nur unterschiedlicher Formulierung besagt die FV,
: * dass der Schluss von der bewiesenen Unloesbkt von x^3n+y^3n=z^3n
: fuer n > 0 auf die Unloesbarkeit von x^n+y^n=z^n fuer n > 2 zulaessig ist
: * dass eine nat. Zahl z^n Summe von 2 nat. Zahlen x^n, y^n nur sein
: kann, wenn auch die Zahl z^n Differenz zwischen nat. Zahlen u^n,v^n ist.
: * dass sich z.B. in den unendlich vielen progressiven und regressiven
: Differenzensummenfolgen ab einer beliebigen Differenz 07, 19, 37, 61..
: nur Differenzen Dx=z^3 - y^3, Dy=z^3 - x^3 befinden, fuer die Dx=/=x^3,
: Dy=/=y^3 gilt. Was fuer Kuben gilt, gilt auch fuer Biquadrate usf.
>
> Fuer die Aequivalenz dieser drei (vier mit FV) Aussagen wuerde
> ich m.E. doch einen Beweis sehen wollen, bevor ich sie glaube.
> Und ein ernsthafter (mathematischer) Beweis ist es nunmal nicht
> zu sagen: "Mit Erlaub" (ich erlaube es eben nicht) oder
> "offensichtlich" (ich sehe es nicht, auch wenn Du es siehst)
> oder aehnliches.
>
Die FV besagt, dass die Gleichung x^n+y^n=z^n in nat. Zahlen x,y,z
groesser 0 fuer nat. Hochzahlen > 2 unloesbar ist. Die FV wurde von
Andrew Wiles in 1995 bewiesen.
Es ist also a^n+b^n=c^n in nat. Zahlen a,b,c bei n > 2 nicht der Fall.
Bei Differenzen Da=c^n - b^n, Db=c^n - a^n gilt also Da=/=a^n und
damit notwendigerweise Db=/=b^n bzw. Db=/=b^n und damit notwen-
digerweise Da=/=a^n. Einverstanden?
Es ist also c^n+d^n=e^n mit dem c^n aus a^n+b^n=c^n ebenfalls nicht
der Fall. Bei Differenzen Dc=e^n - d^n, Dd=e^n - c^n gilt also Dd=/=d^n
und damit notwendigerweise Dc=/=c^n. Einverstanden?
Nicht mehr und nicht weniger besagt die o.a. Formulierung
: * dass eine nat. Zahl z^n Summe von 2 nat. Zahlen x^n, y^n nur sein
: kann, wenn auch die Zahl z^n Differenz zwischen Zahlen u^n,v^n ist.
Findest Du nicht, dass bei n > 2 die vierte "der (vier mit FV) Aussagen"
mit der Aussage "Eine nat. Zahl z^n Summe von 2 nat. Zahlen x^n,y^n"
identisch ist ?
Hast Du Dir einmal die Anordnung aller Differenzen zwischen den Kuben
angeschaut ? In der 1.Differenzzeile stehen die Differenzen
1^3, 2^3, 3^3, 4^3, 5^3, 6^3 usf.
------7-----19-----37-----61----91 etc.
---------26-----56-----98---152 etc
-------------63----117---189 etc.
----------------124----208 etc.
--------------------215 etc.
(y+1)^3 - y^3 und in der 2.Differenzenzeile die Differenzen
(y+2)^3 - y^3 und in der 3.Differenzenzeile die Differenzen
(y+3)^3 - y^3 und in der 4.Differenzenzeile die Differenzen
(y+4)^3 - y^3 usf. usf.
Bei regressiver Aufsummierung ab einer bestimmten Differenz in der ersten
Differenzenzeile wie z.B. 91, 91+61=152, 152+37=189, 189+19=208 und
schließlich 208+7=215 findest Du wegen bereits von Euler bewiesener Un-
loesbarkeit von x^3+y^3=z^3 nur Differenzen Dx=/=x^3, Dy=/=y^3. Die Glg
A. (y-u)^n + y^n = (y+u)^n, n > 2 ist als in Zahlen y-u=x, u+y=z, y=(x+z)/2
B. (y-u)^n + y^n = (y+1)^n unloesbar bewiesen. Unloesbarkeit von A be-
C. (y-1)^n + y^n = (y+u)^n deutet, dass alle geraden Differenzen Dy in den
D. (y-u)^n + y^n = (y+v)^n Spalten mit - bei n=3 - einem Kubus im Spalten-
kopf Differenzen Dy=/=y^3 bzw. allgemein Differenzen Dy=/=y^n sind. Diese
Differenzen befinden sich zugleich in einer regressiven Differenzensummen-
folge und es muß also fuer die zugehoerige Differenz Dx in dieser Folge not-
wendigerweise Dx=/=x^3 bzw. allgemein Dx=/=x^n gelten. Dies gilt also in
ALLEN Spalten mit einem Kubus im Spaltenkopf, d.h. es muessen also auch
die Gleichungen B und C bei n=3 bzw. allgemein bei n > 2 unloesbar sein und
damit die fuer die allgemeine Fermatgleichung x^n+y^n=z^n stehende o.a.
Gleichung D mit y-u=x, y=y, y+v=z.
Was die o.a. erste Formulierung der FV betrifft, solltest Du Dir vielleicht
mal die Anordnung aller ungeraden Zahlen mit Zeilensummen in der Folge
der Kuben und mit aufgelaufenen Zeilensummen in der Folge der Quadrate
der Zahlen y=x(x+1)/2 in meinem posting ansehen.
Beachte bitte, dass es sich um die Ueberlegungen eines Laien handelt, der
Dir weitere diesbezuegliche Fragen gerne beantwortet und auch an einer
Diskussion zum Beispiel der vermutlichen Unloesbarkeit von x+x^2=2z^n in
nat. Zahlen x,y > 1 fuer nat. Hochzahlen n > 2 interessiert ist.
MfG
Ernst
Uwe Stroinski
>
> Olaf Schneider schrieb in Nachricht
> <6ur3ef$6...@merkur.hrz.tu-freiberg.de>...
> >Ernst Jung <Ernst...@t-online.de> schrieb:
>
> : * dass der Schluss von der bewiesenen Unloesbkt von x^3n+y^3n=z^3n
> : fuer n > 0 auf die Unloesbarkeit von x^n+y^n=z^n fuer n > 2 zulaessig ist
> : * dass eine nat. Zahl z^n Summe von 2 nat. Zahlen x^n, y^n nur sein
> : kann, wenn auch die Zahl z^n Differenz zwischen nat. Zahlen u^n,v^n ist.
> : * dass sich z.B. in den unendlich vielen progressiven und regressiven
> : Differenzensummenfolgen ab einer beliebigen Differenz 07, 19, 37, 61..
> : nur Differenzen Dx=z^3 - y^3, Dy=z^3 - x^3 befinden, fuer die Dx=/=x^3,
> : Dy=/=y^3 gilt. Was fuer Kuben gilt, gilt auch fuer Biquadrate usf.
> >
> > ich m.E. doch einen Beweis sehen wollen, bevor ich sie glaube.
> > Und ein ernsthafter (mathematischer) Beweis ist es nunmal nicht
> > zu sagen: "Mit Erlaub" (ich erlaube es eben nicht) oder
> > "offensichtlich" (ich sehe es nicht, auch wenn Du es siehst)
> > oder aehnliches.
> >
> Die FV besagt, dass die Gleichung x^n+y^n=z^n in nat. Zahlen x,y,z
> groesser 0 fuer nat. Hochzahlen > 2 unloesbar ist. Die FV wurde von
> Andrew Wiles in 1995 bewiesen.
> Es ist also a^n+b^n=c^n in nat. Zahlen a,b,c bei n > 2 nicht der Fall.
> Bei Differenzen Da=c^n - b^n, Db=c^n - a^n gilt also Da=/=a^n und
> damit notwendigerweise Db=/=b^n bzw. Db=/=b^n und damit notwen-
> digerweise Da=/=a^n. Einverstanden?
Das sind doch einfache Äquivalenzumformungen
(Typ: bringe a^n aud die andere Seite yadda yadda)
> Es ist also c^n+d^n=e^n mit dem c^n aus a^n+b^n=c^n ebenfalls nicht
> der Fall.
Natuerlich. Das ist ja Deine Annahme. Merke: die Aussage gilt für alle
a,b,c (n>3), also auch für c d und e.
> Bei Differenzen Dc=e^n - d^n, Dd=e^n - c^n gilt also Dd=/=d^n
> und damit notwendigerweise Dc=/=c^n. Einverstanden?
klar.
> Nicht mehr und nicht weniger besagt die o.a. Formulierung
Nein!
Was Du oben behauptest ist:
Behauptung (Ernst Jung):Sei n > 3. Wenn es a, b, z nat. Zahlen gibt
mit z^n = a^n+b^n, dann gibt es nat. Zahlen u,v mit z^n = u^n-v^n.
Wiles hat nun gezeigt, daß die Voraussetzungen für Deine Behauptung
nie erfüllt sind. Diese Aussage ist also unintressant.
Was Du aber bewiesen hast ist
Satz (Ernst Jung): Sei n > 3. Wenn es keine a,b,c nat. Zahlen gibt
mit c^n = a^n+b^n dann gibt es keine u,v,z nat. Zahlen mit
z^n = u^n-v^n.
Bew.: (Eigentlich trivial, aber damit Du mal siehst wie man
so etwas "formal" beweist). Wir benutzen
(A=>B) <=> (nicht B => nicht A)
Dazu nehmen wir an (nicht B), d.h. es gibt u,v,z mit
z^n = u^n-v^n <=>
z^n +v^n= u^n
Setze nun a = z, b =v und c =u , dann folgt (nicht A).
Es ist also der Satz trivial äquivalent zu FV. Das ist so klar,
daß KEIN Mathematiker da auch nur ein Wort darüber verlieren
würde. Du scheinst das jedoch für eine Erkenntnis zu halten ODER
etwas anderes beweisen zu wollen. Deine o.a. Behauptung jedenfalls
mußt Du noch beweisen.
Gruß
Uwe Stroinski
Torsten Roensch
> Behauptung (Ernst Jung):Sei n > 3. Wenn es a, b, z nat. Zahlen gibt
> mit z^n = a^n+b^n, dann gibt es nat. Zahlen u,v mit z^n = u^n-v^n.
>
> Wiles hat nun gezeigt, daß die Voraussetzungen für Deine Behauptung
> nie erfüllt sind. Diese Aussage ist also unintressant.
Sie ist (aus pragmatischer Sicht) uninteressant, aber nebenbei auch
(aus mathematisch-logischer Sicht) wahr, zumindest wenn man Wiles'
Beweis der FV anerkennt, da sie aus der FV folgt.
Beweis etwa indirekt:
Sei n>3 und z eine nat. Zahl, deren n-te Potenz sich nicht als Differenz
zweier n-ter Potenzen natuerlicher Zahlen darstellen laesst.
Zu zeigen ist, dass z^n sich (fuer ein solches z) dann auch nicht als
_Summe_ zweier n-ter Potenzen natuerlicher Zahlen darstellen laesst.
Dies folgt aber (ohne Verwendung der Voraussetzung) sofort aus der FV,
die das sogar fuer alle nat. Zahlen z behauptet.
Fertig.
Gruss
Torsten
Ernst Jung
Du bist also mit mir einer Meinung, dass man vor Wiles' Beweis der FV
nicht gewußt hat, dass bei nat. Zahlen > 0 die Zahl z^n = y^n + x^n nur
bei n=1 und n=2 Differenz zwischen nat. Zahlen in derselben Potenz n
sein kann, oder etwa nicht ? Es gilt also nach Wiles' Beweis
* IMMER x+y=z in dem Sinne, dass die Summe von 2 nat. Zahlen > 0
eine nat. Zahl z ist. Worauf es mir ankam, war die Hervorhebung, dass
dies der Fall ist, WEIL alle nat. Zahlen unendlich oft Differenz zwischen
natuerlichen Zahlen sind
* NICHT IMMER x^2+y^2=z^2, d.h. die Summe von 2 ungeraden Qua-
dratzahlen > 0 ist beispielsweise keine nat. Quadratzahl. Auch hier kam
es mir auf die Hervorhebung an, dass dies der Fall ist, WEIL ausser den
Zahlen 1^2 und 2^2 alle nat. Quadratzahlen > 0 zumindest einmal Diffe-
renz zwischen nat. Quadratzahlen sind und z^2 = Summe von 2 Quadrat-
zahlen voraussetzt, dass z^2 Quadrat auch Differenz zwischen Quadrat-
zahlen ist. Alle Potenzen der Primzahlen in y=4x-1 sind nicht Summe von
2 Quadratzahlen, auch wenn alle diese Primzahlen und deren Quadrate
Differenz zwischen nat. Quadratzahlen sind.
* IMMER NICHT = NIE x^n + y^n = z^n ab n=3 - stellvertretend fuer n > 2 -
und warum ist dies so? Weil Wiles es bewiesen hat und WEIL das Summe
sein das Differenzsein voraussetzt.
Wiles' Beweis der FV kann ich als Laie sicherlich nicht nachvollziehen, wohl
aber glaube ich, daß mein approach an das Problem ueber die Differenzen-
anordnungen n > 2 bei bewiesener Unloesbarkeit von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n
in nat. Zahlen y > u > 0 fuer nat. Hochzahlen n > 2 zu einer ganz einfachen
Loesung des angeblich grossen Fermatschen Problems fuehrt. Als Laie,
der sich mit dem blossen Beweisformalismus nicht begnuegt und den Sach-
verhalt hinterfragt, gehe ich darueber hinaus und sage provozierend: Die
wechselseitig bedingte Loesbarkeit von x+y=z und x^2+y^2=z^2 schliesst
die Loesbarkeit von x^n+y^n=z^n fuer n > 2 aus. Das hat mit dem "Zaehlen-
Koennen" zu tun und der "Preis" fuer diese Moeglichkeit ist eben die Un-
loesbarkeit von x^n+y^n=z^n. Es liegt also mit n=1 und n=2 einerseits und
n > 2 ein 3-Faelle-Schema vor.
Um meine Ueberlegungen zu verstehen, bedarf es zumindest der Betrach-
tung der Differenzenanordnung n=3 und des Vergleichs derselben mit der
Differenzenanordnung n=2.
MfG
Ernst
Torsten Roensch schrieb in Nachricht
<36154356...@rcs.urz.tu-dresden.de>...
Torsten Roensch
> Hallo Torsten,
>
> Du bist also mit mir einer Meinung, dass man vor Wiles' Beweis der FV
> nicht gewußt hat, dass bei nat. Zahlen > 0 die Zahl z^n = y^n + x^n nur
> bei n=1 und n=2 Differenz zwischen nat. Zahlen in derselben Potenz n
> sein kann, oder etwa nicht ?
Nein.
Warum sollte ich?
Ich habe nur gesagt, dass die Aussage
"Sei n>3. Wenn z^n=a^n+b^n, dann z^n=u^n-v^n."
eine triviale Folgerung aus der FV ist.
Was man vorher wusste - darueber habe ich nicht gemutmasst.
"Folgerung" ist kein zeitlicher Begriff, sondern ein mathematisch-logischer,
beweistheoretischer, syntaktischer.
> Es gilt also nach Wiles' Beweis
> * IMMER x+y=z in dem Sinne, dass die Summe von 2 nat. Zahlen > 0
> eine nat. Zahl z ist. Worauf es mir ankam, war die Hervorhebung, dass
> dies der Fall ist, WEIL alle nat. Zahlen unendlich oft Differenz zwischen
> natuerlichen Zahlen sind
> * NICHT IMMER x^2+y^2=z^2, d.h. die Summe von 2 ungeraden Qua-
> dratzahlen > 0 ist beispielsweise keine nat. Quadratzahl. Auch hier kam
> es mir auf die Hervorhebung an, dass dies der Fall ist, WEIL ausser den
> Zahlen 1^2 und 2^2 alle nat. Quadratzahlen > 0 zumindest einmal Diffe-
> renz zwischen nat. Quadratzahlen sind und z^2 = Summe von 2 Quadrat-
> zahlen voraussetzt, dass z^2 Quadrat auch Differenz zwischen Quadrat-
> zahlen ist. Alle Potenzen der Primzahlen in y=4x-1 sind nicht Summe von
> 2 Quadratzahlen, auch wenn alle diese Primzahlen und deren Quadrate
> Differenz zwischen nat. Quadratzahlen sind.
> * IMMER NICHT = NIE x^n + y^n = z^n ab n=3 - stellvertretend fuer n > 2 -
> und warum ist dies so? Weil Wiles es bewiesen hat und WEIL das Summe
> sein das Differenzsein voraussetzt.
Du scheinst viel Wert auf die Woerter IMMER, NICHT IMMER, NIE und WEIL zu
legen.
Zu IMMER, NICHT IMMER und NIE: Auch diese haben in der Umgangssprache
zeitliche Bedeutung ("zu jeder Zeit", "nicht zu jeder Zeit", "zu keiner Zeit").
Da der Zeitbegriff in der Mathematik keine Rolle spielt, sollte man sich
auch von diesen Woertern trennen und stattdessen die Quantoren
"fuer alle" und "es gibt" verwenden.
Beispiele:
Statt "Die Summe zweier nat. Zahlen ist IMMER eine nat. Zahl."
besser: "Fuer alle nat. Zahlen a, b ist a+b eine nat. Zahl."
Statt "Die Summe zweier Primzahlen ist NICHT IMMER gerade."
besser: "Es gibt Primzahlen p, q, fuer die p+q ungerade ist."
Statt "Die Summe zweier ungerader Zahlen ist NIE ungerade."
besser: "Fuer alle ungeraden Zahlen u, v ist u+v gerade."
oder: "Es gibt keine ungeraden Zahlen u, v, fuer die u+v ungerade ist."
Nun schreibst Du (verkuerzt wiedergegeben):
> IMMER x+y=z
> NICHT IMMER x^2+y^2=z^2
> NIE x^n+y^n=z^n (fuer n>2)
Bleiben wir zunaechst bei "IMMER x+y=z".
Da "x+y=z" eine Aussage ueber die drei nat. Zahlen x, y, z ist, wuerde ich
"IMMER x+y=z" als "Fuer alle nat. Zahlen x, y, z ist x+y=z." interpretieren,
was sicher eine falsche Aussage ist; fuer 5, 15, 25 ist eben nicht 5+15=25.
Du hast aber geschrieben:
> in dem Sinne, dass die Summe von 2 nat. Zahlen > 0 eine nat. Zahl z ist,
meinst also:
"Fuer alle nat. Zahlen x, y ist z=x+y eine nat. Zahl."
Bei "NICHT IMMER x^2+y^2=z^2" kommen sich die beiden Interpretationen naeher,
und bei "NIE x^n+y^n=z^n" stimmen sie ueberein.
Noch problematischer finde ich die Verwendung von WEIL.
Wo, bitte, siehst Du innerhalb der Mathematik Kausalitaet?
Ist vielleicht 7+3=10, WEIL 4+2=6 ist?
Gibt es dann vielleicht auch Konzessivitaet und Finalitaet?
Ist 17+4=21, OBWOHL 17+5=22 ist?
Ist 3*3=9, DAMIT 9 keine Primzahl ist?
Wenn irgendein Gott unsere Mathematik erschaffen hat, dann mag der seine
Gruende gehabt haben; aber _innerhalb_ der Mathematik kann ich keinen Sinn
eines WARUM und eines WEIL entdecken.
Was es gibt, ist Konditionalitaet:
WENN eine nat. Zahl durch 4 teilbar ist, DANN ist sie auch durch 2 teilbar.
Darauf ist der Logikkalkuel aufgebaut, und an den wirst Du Dich halten
muessen, wenn Du Anerkennung finden willst.
> Wiles' Beweis der FV kann ich als Laie sicherlich nicht nachvollziehen, wohl
> aber glaube ich, daß mein approach an das Problem ueber die Differenzen-
> anordnungen n > 2 bei bewiesener Unloesbarkeit von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n
> in nat. Zahlen y > u > 0 fuer nat. Hochzahlen n > 2 zu einer ganz einfachen
> Loesung des angeblich grossen Fermatschen Problems fuehrt.
Das wirst Du beweisen muessen, wenn es Dir auch andere glauben sollen.
> Als Laie,
> der sich mit dem blossen Beweisformalismus nicht begnuegt und den Sach-
> verhalt hinterfragt, gehe ich darueber hinaus und sage provozierend: Die
Bitte beweise erst und hinterfrage dann!
Blosse Hinterfragungen sind noch weniger wert als blosse Beweisformalismen.
> wechselseitig bedingte Loesbarkeit von x+y=z und x^2+y^2=z^2 schliesst
> die Loesbarkeit von x^n+y^n=z^n fuer n > 2 aus. Das hat mit dem "Zaehlen-
> Koennen" zu tun und der "Preis" fuer diese Moeglichkeit ist eben die Un-
> loesbarkeit von x^n+y^n=z^n. Es liegt also mit n=1 und n=2 einerseits und
> n > 2 ein 3-Faelle-Schema vor.
>
> Um meine Ueberlegungen zu verstehen, bedarf es zumindest der Betrach-
> tung der Differenzenanordnung n=3 und des Vergleichs derselben mit der
> Differenzenanordnung n=2.
Formalisiere diese Betrachtung!
Bei n=3 kannst Du etwa die Differenzen erster Ordnung durch
(n+1)^3 - n^3 = 3*n*(n+1) + 1 beschreiben usw.
Viel Spass dabei wuenscht
Torsten
Ernst Jung
zunaechst vielen Dank fuer die mathematisch praezise
Schreibweise wie zum Beispiel
statt
Es gilt immer x+y=z in dem Sinne,dass die Summe
von 2 natuerlichen Zahlen > 0 eine nat. Zahl z ist,
also:
Fuer alle nat. Zahlen x, y ist z=x+y eine nat. Zahl.
Wenn man fuer die Platzhalter x,y,z in x+y=z drei beliebige nat.
Zahlen > 0 einsetzen koennte, dann waere doch das Zaehlen
eine "sinnlose" math. Operation oder etwa nicht?
Schliessen die Mathematiker nicht etwa aus, dass die Gleichung
x^n+y^n=z^n in nat. Zahlen x,y,z > 0 bei beliebigen und damit bei
allen oder bei unendlich vielen oder endlich vielen nat. Hochzah-
len n > 2 loesbar sein koennte? Widerspricht dieses "Nicht-Aus-
schliessen" nicht schon a priori dem nun einmal als sinnvoll er-
kannten und in Uebereinstimmung mit den Peano-Axiomen erfol-
genden Zaehlen-Koennen bei Beruecksichtigung der Loesbarkeit
* von n^(n^n)=(n^n)^n nur bei n=1 und n=2
* von n^(n+n)=(n+n)^n und von n+n=n*n=n^n nur bei n=2
* von n^m=m^n bei n=/=m nur bei n=2, m=4=2+2=2*2=2^2 ?
Es genuegt, die FV fuer n=4 und die Primzahlexponenten p > 2
zu beweisen, und diesen Beweis hat Andrew Wiles in 1995 erbracht.
Die Unloesbarkeit von x^p+y^p=z^p war fuer sehr viele p > 2 schon
vor 1995 bewiesen gewesen.
Waren die Mathematiker nicht davon ueberzeugt, dass sich unter den
Primzahlexponenten p > 2 keine sogenannte Non-Fermatexponenten
mit den Eigenschaften der Zahlen 1 und 2 befinden ?
War den Mathematikern die m.E. leicht zu beweisende Unloesbarkeit
der "Mittelgleichung" (y-u)^n+y^n=(y+u)^n in nat. Zahlen y > u > 0 fuer
nat. Hochzahlen n > 2 nicht bekannt ?
Bedeutet Wiles' Beweis der FV nicht etwa die Zulaessigkeit des
Schlusses von der bewiesenen Unloesbarkeit von x^3n+y^3n=z^3n
fuer n > 0 auf die Unloesbarkeit von x^n+y^n=z^n fuer n > 2 ?
Du schreibst zu meiner Aussage:
: Um meine Ueberlegungen zu verstehen, bedarf es zumindest der
: Betrachtung der Differenzenanordnung n=3 und des Vergleichs
: derselben mit der Differenzenanordnung n=2.
>
> Formalisiere diese Betrachtung!
> Bei n=3 kannst Du etwa die Differenzen erster Ordnung
> durch (n+1)^3 - n^3 = 3*n*(n+1) + 1 beschreiben usw.
Wuerdest Du in der nachstehenden Ermittlungsgleichung
der Differenzen a^n - b^n bei nat. Zahlen a - b = 1
a^n - b^n = (2ab+1)((a^(n-2) - b^(n-2)) - ((a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2
eine korrekte Formalisierung sehen ? (*)
Vielen Dank im voraus und
mit freundlichen Gruessen
Ernst
--------
(*) Die Gleichung (y-u)^n+ y^n = (y+1)^n ist fuer n > 2 als in nat.
Zahlen y > u > 0 unloesbar anzusehen, wenn fuer die Differenz
Dx=(y+1)^n - y^n also Dx=/=x^n mit x^n=(y-u)^n gilt
2^3-1^3 = 5 * 01+(1/02) * 02^2 = 007 = 01*3!+1
3^3-2^3 = 13 * 01+(1/06) * 06^2 = 019 = 03*3!+1
4^3-3^3 = 25 * 01+(1/12) * 12^2 = 037 = 06*3!+1
5^3-4^3 = 41 * 01+(1/20) * 20^2 = 061 = 10*3!+1
2^5-1^5= 5 * 007 - 01 * 02^2 = 0031= 001 * 4!+07,
3^5-2^5=13 * 019 - 01 * 06^2 = 0211= 008 * 4!+19,
4^5-3^5=25 * 037 - 01 * 12^2 = 0781= 031 * 4!+37=11*071
5^5-4^5=41 * 061 - 01 *2 0^2 = 2101= 085 * 4!+61=11*191
2^7-1^7= 5 * 0031 - 07 * 02^2=00127 = 001 * 5!+07 = prim
3^7-2^7=13 * 0211 - 19 * 06^2=02059 = 017 * 5!+19 = 29*71
4^7-3^7=25 * 0781 - 37 * 12^2=14197 = 118 * 5!+37 = prim
5^7-4^7=41 * 2101 - 61 * 20^2=61741 = 514 * 5!+61 = 29*2129
2^9-1^9= 5 * 00127 - 0031 * 02^2 = 07 * 00073
3^9-2^9=13 * 02059 - 0211 * 06^2 = 19 * 01009
4^9-3^9=25 * 14197 - 0781 * 12^2 = 37 * 06553
5^9-4^9=41 * 61741 - 2101 * 20^2 = 61 * 27721=61*19*1459
Die Gleichung (y-u)^n+y^n=(y -1)^n ist bei u=1 mit der Mittel-
gleichung ----> (y-u)^n+y^n=(y+u)^n mit x=y-u, u+y=z und
y=(x+z)/2 identisch. Beide Gleichungen haben bei n=1 und
n=2 fuer jedes Zahlenpaar (y,u) jeweils eine und nur eine
Loesung. Bei u=1 gilt bei
* n=1 also 1^1+2^1=3^1 mit 2^1=1+1
* n=2 also 3^2+4^2=5^2 mit 4^2=2^4.
Torsten Roensch
> Wenn man fuer die Platzhalter x,y,z in x+y=z drei beliebige nat.
> Zahlen > 0 einsetzen koennte, dann waere doch das Zaehlen
> eine "sinnlose" math. Operation oder etwa nicht?
Wieso? Was hat das mit Zaehlen zu tun?
> Schliessen die Mathematiker nicht etwa aus, dass die Gleichung
> x^n+y^n=z^n in nat. Zahlen x,y,z > 0 bei beliebigen und damit bei
> allen oder bei unendlich vielen oder endlich vielen nat. Hochzah-
> len n > 2 loesbar sein koennte?
Vor Wiles' Beweis der FV _wusste_ man, dass x^n+y^n=z^n fuer viele n
nicht loesbar ist, und die meisten Mathematiker _glaubten_, dass
x^n+y^n=z^n sogar fuer alle n nicht loesbar ist.
Diejenigen, die Wiles' Beweis akzeptieren, _wissen_ das nun auch.
Wo ist das Problem?
[...]
> Du schreibst zu meiner Aussage:
> : Um meine Ueberlegungen zu verstehen, bedarf es zumindest der
> : Betrachtung der Differenzenanordnung n=3 und des Vergleichs
> : derselben mit der Differenzenanordnung n=2.
> >
> > Formalisiere diese Betrachtung!
> > Bei n=3 kannst Du etwa die Differenzen erster Ordnung
> > durch (n+1)^3 - n^3 = 3*n*(n+1) + 1 beschreiben usw.
Da habe ich natuerlich Unsinn geschrieben; es sollte heissen:
Bei n=3 kannst Du etwa die Differenzen erster Ordnung
durch (a+1)^3 - a^3 = 3*a*(a+1) + 1 beschreiben usw.
> Wuerdest Du in der nachstehenden Ermittlungsgleichung
> der Differenzen a^n - b^n bei nat. Zahlen a - b = 1
> a^n - b^n = (2ab+1)((a^(n-2) - b^(n-2)) - ((a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2
> eine korrekte Formalisierung sehen ? (*)
Ohne mir (*) im Detail anzusehen: Nein! - Denn Deine Gleichung
> a^n - b^n = (2ab+1)((a^(n-2) - b^(n-2)) - ((a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2
ist offensichtlich falsch, wovon man sich durch Einsetzen von
a=1, b=0 (und meinetwegen n=17) leicht ueberzeugt:
1^n - 0^n = (2*1*0+1)((1^(n-2) - 0^(n-2)) - ((1^(n-4) - 0^(n-4))(1*0)^2
1 - 0 = ( 0 + 1)(( 1 - 0 ) - ( 1 - 0 )( 0 )^2
1 = 1 * ( 1 - 1 ) * 0
1 = 0
Vielleicht meinst Du etwas anderes, aber das kann ich nicht sehen;
und das, was dasteht, ist falsch.
Gruss
Torsten
Ernst Jung
In Deinem Beispiel fuer die Ermittlungsgleichung der Differenzen
a^n - b^n = (2ab+1)((a^(n-2) - b^(n-2)) - ((a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2
> 1 - 0 = ( 0 + 1)( 1 - 0 ) - ( 1 -0 )( 0 )^2
> 1 = 1 * ( 1 - 1 ) *0
> 1 = 0
ist Dir m.E. ein Fehler unterlaufen. Beachte, dass zwischen den
beiden Produkten ein Minuszeichen steht, d.h. es ist zu schreiben:
a^n - b^n = (2ab+1)((a^(n-2) - b^(n-2)) - ((a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2
> 1 - 0 = ( 0 + 1)((1 - 0 )) - (( 1 - 0 ))( 0 )^2
> 1 = (1)(( 1 )) - 0
> 1 = 1
Einverstanden? Wenn ja, lohnt es sich doch vielleicht, ins Detail zu
gehen, wobei fuer (2ab+1) = a^2+b^2 wie 1^2+2^2=5, 2^2+3^2=13
geschrieben werden koennte und hinsichtlich FV zu beachten ist,
dass zur Zeit von Pierre de Fermat die 0 nicht als nat. Zahl, sondern
als der gedachte Strich zwischen den jeweils der Reihe nach auf der
Zahlengeraden nach links bzw. nach rechts abgetragenen natuerli-
chen Zahlen > 0 angesehen wurde und noch nicht von der leeren
Menge, von der Menge mit der 0 als einzigem Element oder der Men-
ge mit den Elementen +, -, *, : die Rede war. Auch kannte Fermat
wohl nicht Russel's Paradoxon, das Gottlieb Frege wohl auch nicht
gelegen kam. Fermat zaehlte 1, 2, 3, 04, 05, 06, 07, 08 usf.
und fand bei Aufsummierung 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36 usf.
bzw., dass die Gleichung x+x^2=2z^n in nat. Zahlen x, z > 1bei n=2
loesbar ist. Bei Abzaehlung der ungeraden Zahlen
1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, .. 25, .. 49 usf. erhalten unendlich viele
1, 2, 3, 4, 5, 06, 07,.. 13, .. 25 usf. ungerade Quadratzahlen
eine ungerade Quadratzahl als Zaehl-Nr. und das Produkt beider
Quadratzahlen ist eine ungerade Quadratzahl in der Summenfolge
y=x(x+1)/2 der nat. Zahlen. Bei Abzaehlung der ungeraden Zahlen
3, 5, 7, 9, ..... 289 usf. erhalten unendlich viele ungeraden Zahlen
1, 2, 3, 4, ..... 288 usf. eine gerade Quadratzahl als Zaehl-Nr. und
das Produkt beider Quadratzahl ist eine gerade Quadratzahl in der
Summenfolge y=x(x+1)/2. Die Gleichungen
(2xy)(x+y)^n = z^n ---> (x,y,z)=(1,2,06), (08,09,17) .., 2*2^4+2^2=06^2
(x^n+y^n)(x+y)^n=z^n, (x,y,z)=(3,4,35), (20,21,41) .., 2*5^4 -5^2=35^2
sind in nat. Zahlen > 0 fuer nat. Hochzahlen n > 2 vermutlich unloes-
bar. Wenn Wiles' Beweis der FV, den ich als Laie (*) nicht nachvollzie-
hen kann, richtig ist, dann ist (x^n+y^n)(x+y)^n=z^n fuer n > 2 evident
unloesbar. Bezueglich Loesbarkeit der beiden o.a. Gleichungen fuer
n=2 beachte man, dass es sich bei den Zahlen x,y um benachbarte
Zahlen (1,2) mit 1+2=3, 3^2=1+2*2^2, (3,4) mit 3+4=7, 7^2=2*5^2 - 1,
sowie (8,9) mit 8+9=17, 17^2=1+2*12^2 und (20,21) mit 20+21=41,
41^2=2*29^2-1 usf. Es gibt also unendlich viele um 1 erhoehte bzw.
verringerte Quadratzahldoppelt=Quadratzahlen. Alle Quadratzahlen
in y=x(x+1)/2 haengen unmittelbar mit Allen Loesungstripeln der Glg.
(y-1)^n + y^n = (y+u)^n bei n=2 zusammen. Bei u=1 ist diese Glg mit
(y-u)^n + y^n = (y+u)^n bei u=1und x=y-u, u+y=z, y=(x+z)/2 identisch.
(y-u)^n + y^n = (y+1)^n ist bei u=1 ebenfalls mit der "Mittelgleichung"
(y-u)^n + y^n = (y+u)^n bei u=1identisch und fuer x^n+y^n=z^n kann
(y-u)^n + y^n = (y+v)^n bei x=y-u, y=y, v+y=z geschrieben werden.
Bei n=1 sind alle Loesungstripel von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n alle Loe-
sungstripel 2x-x, 2x, 2x+x der Gleichg (2x-x)^1+(2x)^1= (2x+x)^1.
Bei n=2 sind alle Loesungstripel von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n alle Loe-
sungstripel 4x-x, 4x, 4x+x der Gleichg (4x-x)^2+(4x)^2=(4x+x)^2.
Fuer n > 2 hat Andreas Homrighausen die Unloesbarkeit der Mittel-
gleichung (y-u)^n + y^n = (y+u)^n bewiesen ---> siehe dsm, 23.09.98.
Andreas ist bislang der einzige, der meiner Bitte entsprochen hat,
die Unloesbarkeit der Mittelgleichung unter Beruecksichtigung der
Anordnung aller Differenzen zwischen nat. Kuben > 0 in einer den
Anforderungen der Mathematiker genuegenden Form zu beweisen.
Er hat seinen Beweis in de. sci. math. zur Diskussion gestellt, aber
seltsamerweise ist bislang noch kein Mathematiker hierauf einge-
gangen. Es genuegt ihnen wohl Wiles' Beweis (WB) der FV, auch
wenn nur ganz wenige Experten den WB nachvollziehen koennen.
Es ist die Unloesbarkeit von x+x^n = 2z^n in nat. Zahlen x, z > 1
fuer n = 3 schon lange als unloesbar bewiesen, aber scheinbar
interessieren sich die Mathematiker nicht dafuer, dass sich die nat.
Zahlen 1, 2, 3, 4 usf.nicht zu Kuben > 1 aufsummieren, und m.E.
auch nicht zu Biquadraten > 1 usf.
Du schreibst zu meiner Bemerkung
: Wenn man fuer die Platzhalter x,y,z in x+y=z drei beliebige nat.
: Zahlen > 0 einsetzen koennte, dann waere doch das Zaehlen
: eine "sinnlose" math. Operation oder etwa nicht?
>
> Wieso? Was hat das mit Zaehlen zu tun?
>
Die Antwort hierauf geben nachfolgende Loesungstripeln von
x + y = z. Die unter dem Platzhalter y aufgefuehrten Zahlen
1 + 1 = 2 stellen sich doch wohl beim Zaehlen ein. Es ist also
1 + 2 = 3 nach 1+1=2 mit x=y das kleinste Loesungstripel (1,2,3)
1 + 3 = 4 = 2 + 2 = 2 * 2 = 2^2 der Mittelgl. (y-u)^1+y^1=(y+u)^1
1 + 4 = 5 = 2 + 3 = 1^2 + 2^2 = einzige Primzahl mit Endziffer 5
1 + 5 = 6 = 2 + 4 = 3 + 3 = 1+ 2 + 3 = 1*2*3 = 3! = vollkommene
Zahl (**)
Wenn man also fuer die Platzhalter x,y,z drei beliebige Zahlen
wie x=1, y=2, z=4 einsetzen koennte und 1+ 2 = 4 waere, dann
waere das Zaehlen eine "sinnlose" Operation, wobei ich mit den
Zahlen 1, 2, 4 nicht etwa die Ziffern = Zeichen fuer diese Zahlen
meine, d.h. man koennte ja fuer die Zahl 3 das Zeichen 4 verab-
redet haben, so dass das Gleichheitszeichen in 1+2=4 seine Be-
rechtigung behalten wuerde. Wenn also die Summe der ZAHLEN
1 und 2 nicht die ZAHL 3 waere, dann waere auch 3^2+4^2 nicht
5^2 und wenn 3^2+4^2 nicht 5^2 waere, dann waere 1+2 nicht 3.
Wenn (y-u)^n+y^n=(y+u)^n bei n=1 und n=2 nicht schon bei u=1
loesbar waere, dann waere diese Mittelgleichung bei n=1 und n=2
auch nicht bei nat. Zahlen u > 1 loesbar. Die von Andreas Homrig-
hausen bewiesene Unloesbarkeit der Mittelgleichung bei n > 2 be-
sagt, dass es bei n > 2 keine den o.a. Gleichungen
(2x-x)^1 + (2x)^1 = (2x+x)^1 ---> (1, 2, 3), (2, 4, 06), (3,06,09)
(4x-x)^2 + (4x)^2 = (4x+x)^2 ---> (3, 4, 5), (6, 8, 10), (9,12,15)
bzw. der Gleichung (a^2-b^2)^2+(2ab)^2=(a^2+b^2)^2 vergleich-
bare Gleichungen gibt. Nach meinen Ueberlegungen kann dann
(y-u)^n+y^n=(y+1)^n mit y - u=x, y = y, z = y+1 bei y > u > 0
(y-1)^n+y^n=(y+u)^n mit y - 1=x, y = y, z = y+u bei y > u > 0
(y-u)^n+y^n=(y+v)^n mit y - u =x, y = y, z = y+v in nat. Zahlen x,y,z
nicht loesbar sein. Wenn die Summe von 2 benachbarten n.ten
Potenzen nicht die unmittelbar naechstfolgende n.te Potenz ist,
kann diese Summe ueberhaupt keine n.te Potenz sein bzw. wenn
die Differenz zwischen 2 benachbarten n.ten Potenzen nicht die
unmittelbar vorhergehende n.te Potenz ist, dann kann ueberhaupt
keine vorhergehende Differenz eine n.te Potenz sein. Die Unloes-
barkeit von x^n+y^n=z^n in nat. Zahlen > 0 fuer n > 2 und die Unloes-
barkeit von x+x^2=2z^n in nat. Zahlen x, z > 0 fuer n > 2 sind m.E. die
beiden Seiten derselben Medaille n^(n^n)=(n^n)^n nur bei n=1und n=2
bzw. n^(n+n)=(n+n)^n und n+n=n*n=n^n nur bei n=2 bzw. bei n=/=m
also n^m=m^n nur bei n=2, m=4=2+2=2*2=2^2.
Du schreibst in Deiner Re 06.10.1998 00:03
> Was es gibt, ist Konditionalitaet:
> WENN eine nat. Zahl durch 4 teilbar ist, DANN ist sie auch durch 2
> teilbar. Darauf ist der Logikkalkuel aufgebaut, und an den wirst Du
> Dich halten muessen, wenn Du Anerkennung finden willst.
Es geht mir gar nicht um Anerkennung, sondern um Erkenntnis. Bin
Laie und werde dies auch bleiben, auch wenn meine Ueberlegungen
als richtig bestaetigt werden sollten. Erwarte keinen Platz in der Ga-
lerie so vieler genialer Mathematiker. Kann nicht einmal den Beweis
der Unloesbarkeit von x^3+y^3=z^3 auf die Weise, wie Euler diesen
erbracht hat, nachvollziehen.
MfG
Ernst
-------
(*) Dr. Michael H. Rose schrieb in Re: Fermatsche Vermutung (FV)
vom 29. Nov. 1997 auf eine Re von Dennis Voss unter anderem:
> Den Beweis von Wiles und Genossen solltest Du Dir nur be-
> schaffen, wenn ..... Du Dich wirklich sehr sehr sehr SEHR SEHR
> gut in den Spezialgebieten der Zahlentheorie auskennst, die als
> triviale Grundkenntnisse in dem Beweis benutzt werden.
> Wenn Du allerdings den Beweis der Fermatschen Vermutung
> auch nur in erster Naeherung verstehen willst, dann must Du
> schon ein bekannter und verdammt guter Mathematiker sein. Ich
> traue mich da nicht ran.
(**) Es ist x+x^2=2^x - 2 bei x=5=1^2+2^2=3^2-2^2. In der Anord-
nung von Loesungstripeln (Sx,Sy,Sz) der Gleichung x^2+y^2=z^2
03, 04, 05 ......................................es ist Sz=5=1^2+2^2
05, 12, 13 15, 08, 17 ................ist 13+17=30=1^2+2^2+3^2+4^2
07, 24, 25 21, 20, 29 35, 12, 37 stehen die Loesungstripel von
(y-u)^2+y^2=(y+1)^n am linken Rand. Zu beachten ist, dass die
Zahlen 2^x - 2 die um die beiden Randglieder verminderten Zeilen-
summen im Pascal-Dreieck der Binomialkoeffizienten sind und sich
bei Vertauschung von x, 2 und Vorzeichenumkehrung aus x+x^2
ergeben. Fuer die restlose Teilbarkeit aller einzelnen Binomialkoef-
fizienten in 2^x - 2 durch x ist x=p=Primzahl eine notwendige und
zugleich hinreichende Bedingung. Es ergibt sich (2^x - 2)/2 eben-
falls aus (x+x^2)/2 bei Vertauschung von x und 2.
Die Zahl 6 ist die einzige vollkommene Zahl unter den unendlich
vielen Zahlen, die sowohl in y=x(x+1)/2 als auch in y=x(x+1)=x+x^2
vorkommen. Es ist 6=2*3 und 12=3*4 und 3^2+4^2=5^2 und es ist
210=14*15 und 420=20*21 und 20^2+21^2=29^2=(2^2+5^2)^2 usf.
1^3, 2^3, 4^3, 5^3 --> Differenzenanordnung n=3
----- 7------19-----37 -------> 1. Differenzen
---------12-----18------------> 2. Differenzen, also nicht 7+19=26 etc.
--------------06 ---------------> 3. Differenzen, also nicht 37+19+7=63
Bei n=3 stehen die 3. Differenzen 6=3! in der 3. Differenzenzeile
Bei n=4 stehen die 4. Differenzen 4!=(1*2)(3*4)=2*12 in der 4. und
Bei n=5 stehen die 5. Differenzen 5!=(2*3)(4*5)=6*20 in der 5. Dif-
ferenzenzeile usf., wobei also zu beachten ist, dass die Fakultaet
als Produkt von Zahlen y=x+x^2 geschrieben werden kann.
Torsten Roensch
> In Deinem Beispiel fuer die Ermittlungsgleichung der Differenzen
> a^n - b^n = (2ab+1)((a^(n-2) - b^(n-2)) - ((a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2
> > 1 - 0 = ( 0 + 1)( 1 - 0 ) - ( 1 -0 )( 0 )^2
> > 1 = 1 * ( 1 - 1 ) *0
> > 1 = 0
> ist Dir m.E. ein Fehler unterlaufen. Beachte, dass zwischen den
> beiden Produkten ein Minuszeichen steht, d.h. es ist zu schreiben:
> a^n - b^n = (2ab+1)((a^(n-2) - b^(n-2)) - ((a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2
> > 1 - 0 = ( 0 + 1)((1 - 0 )) - (( 1 - 0 ))( 0 )^2
> > 1 = (1)(( 1 )) - 0
> > 1 = 1
> Einverstanden?
Nein! - Der Fehler liegt bei Dir!
In der Zeile
> a^n - b^n = (2ab+1)((a^(n-2) - b^(n-2)) - ((a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2
Deines urspruenglichen Postings, die Du jetzt sogar noch zweimal wiederholt
hast, befinden sich zehn oeffnende, aber nur acht schliessende Klammern.
Allerdings gebe ich zu, dass ich etwas leichtfertig (in Gedanken) zwei
schliessende Klammern an Stellen eingefuegt habe, wo Du sie nach meiner
Vermutung vergessen hattest, und so die ganze rechte Seite als Produkt
gesehen habe, was Du wohl nicht gemeint hattest.
Kurzum: Wenn wir uns auf
a^n - b^n = (2ab+1)(a^(n-2) - b^(n-2)) - (a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2
einigen, dann ist das unter der Voraussetzung 2ab+1 = a^2 + b^2
(also (a-b)^2 = 1) eine wahre Aussage.
> Wenn ja, lohnt es sich doch vielleicht, ins Detail zu gehen,
[...]
Also fuer mich nicht so richtig...
> Du schreibst zu meiner Bemerkung
> : Wenn man fuer die Platzhalter x,y,z in x+y=z drei beliebige nat.
> : Zahlen > 0 einsetzen koennte, dann waere doch das Zaehlen
> : eine "sinnlose" math. Operation oder etwa nicht?
> >
> > Wieso? Was hat das mit Zaehlen zu tun?
> >
> Die Antwort hierauf geben nachfolgende Loesungstripeln von
> x + y = z. Die unter dem Platzhalter y aufgefuehrten Zahlen
> 1 + 1 = 2 stellen sich doch wohl beim Zaehlen ein. Es ist also
> 1 + 2 = 3 nach 1+1=2 mit x=y das kleinste Loesungstripel (1,2,3)
> 1 + 3 = 4 = 2 + 2 = 2 * 2 = 2^2 der Mittelgl. (y-u)^1+y^1=(y+u)^1
> 1 + 4 = 5 = 2 + 3 = 1^2 + 2^2 = einzige Primzahl mit Endziffer 5
> 1 + 5 = 6 = 2 + 4 = 3 + 3 = 1+ 2 + 3 = 1*2*3 = 3! = vollkommene
> Zahl (**)
> Wenn man also fuer die Platzhalter x,y,z drei beliebige Zahlen
> wie x=1, y=2, z=4 einsetzen koennte und 1+ 2 = 4 waere, dann
> waere das Zaehlen eine "sinnlose" Operation, wobei ich mit den
> Zahlen 1, 2, 4 nicht etwa die Ziffern = Zeichen fuer diese Zahlen
> meine, d.h. man koennte ja fuer die Zahl 3 das Zeichen 4 verab-
> redet haben, so dass das Gleichheitszeichen in 1+2=4 seine Be-
> rechtigung behalten wuerde. Wenn also die Summe der ZAHLEN
> 1 und 2 nicht die ZAHL 3 waere, dann waere auch 3^2+4^2 nicht
> 5^2 und wenn 3^2+4^2 nicht 5^2 waere, dann waere 1+2 nicht 3.
Das ist klar.
Ich meine etwas anderes:
Der Ausdruck "x+y=z" ist zunaechst einmal keine Aussage, da man
ihm keinen Wahrheitswert zuordnen kann, solange man nichts ueber
x, y, z weiss. Er ist nur eine Aussage_form_ wie etwa H(x,y,z).
Erst durch Einsetzen spezieller Werte fuer x, y, z (etwa 1, 2, 3
oder 5, 15, 25) wird er zu einer Aussage H(1,2,3) bzw. H(5,15,25),
und zwar zu einer wahren (1+2=3) oder falschen (5+15=25).
Selbstverstaendlich kann man das Tripel (5,15,25) in die
Aussageform x+y=z einsetzen, man muss nur wissen, dass dabei
nicht automatisch eine wahre Aussage entsteht.
Anders gesagt: Das Einsetzen ist etwas Syntaktisches (ohne Bezug
zum Sinn); die Interpretation dagegen etwas Semantisches.
Deswegen hatte ich Wert darauf gelegt, eine Formulierung wie
"IMMER x+y=z", die man leicht als "Fuer alle nat. Zahlen x, y, z
ist x+y=z." falschverstehen koennte, durch etwas in der Art von
"Fuer alle nat. Zahlen x, y ist z=x+y eine nat. Zahl." zu ersetzen.
Wenn man sich natuerlich nicht bewusst ist, dass beim Einsetzen
falsche Aussagen entstehen koennen, dann erlebt man einen Wider-
spruch zu seinen sonstigen Rechenerfahrungen.
Da Du offensichtlich "Zaehlen" und "Nachfolger bilden" gleichsetzt
und ausserdem "Nachfolger bilden" mit "1 addieren" identifizierst,
also Zaehlen als einen Spezialfall des Rechnens (der Arithmetik)
ansiehst, ahne ich nun, was Du mit Deiner Bemerkung vom Zaehlen
als sinnloser Operation gemeint hast.
[...]
> Du schreibst in Deiner Re 06.10.1998 00:03
> > Was es gibt, ist Konditionalitaet:
> > WENN eine nat. Zahl durch 4 teilbar ist, DANN ist sie auch durch 2
> > teilbar. Darauf ist der Logikkalkuel aufgebaut, und an den wirst Du
> > Dich halten muessen, wenn Du Anerkennung finden willst.
> Es geht mir gar nicht um Anerkennung, sondern um Erkenntnis.
Wenn es Dir wirklich _nur_ um Erkenntnis geht, dann brauchst Du ja nicht
hier zu posten. Wenn Du aber auch ueber Deine Erkenntnisse kommunizieren
willst, dann: siehe oben.
Gruss
Torsten
Detlef.Mueller
>
> Hallo Torsten
>
> In Deinem Beispiel fuer die Ermittlungsgleichung der Differenzen
> a^n - b^n = (2ab+1)((a^(n-2) - b^(n-2)) - ((a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2
> > 1 - 0 = ( 0 + 1)( 1 - 0 ) - ( 1 -0 )( 0 )^2
> > 1 = 1 * ( 1 - 1 ) *0
> > 1 = 0
> ist Dir m.E. ein Fehler unterlaufen. Beachte, dass zwischen den
> beiden Produkten ein Minuszeichen steht, d.h. es ist zu schreiben:
> a^n - b^n = (2ab+1)((a^(n-2) - b^(n-2)) - ((a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2
> > 1 - 0 = ( 0 + 1)((1 - 0 )) - (( 1 - 0 ))( 0 )^2
> > 1 = (1)(( 1 )) - 0
> > 1 = 1
> Einverstanden?
>
ganz allgemein:
a^n = a^(n-2), was einem schon zu denken gibt.
also waere a=2, b=0, n=5 ein Gegenbeispiel (wegen 32 ungleich 8).
(Das da was faul sein muss, sieht man daran, dass links und
rechts Polynome von unterschiedlichem Grad in a stehen auch
ohne zu rechnen. )
gruss,
Detlef
Ernst Jung
Torsten Roensch schrieb:
> Kurzum: Wenn wir uns auf
> a^n - b^n = (2ab+1)(a^(n-2) - b^(n-2)) - (a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2
> einigen, dann ist das unter der Voraussetzung 2ab+1 = a^2 + b^2
> (also (a-b)^2 = 1) eine wahre Aussage.
>
Fuer die Differenzen a^n - b^n gilt bei nat. Zahlen a > b > 0 , a-b=1
also a^n - b^n = (2ab+1)(a^(n-2) - b^(n-2)) - (a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2
Bezueglich Loesbarkeit / Unloesbarkeit der miteinander zusammen-
haengenden Gleichungen x^n+y^n=z^n und x+x^2=2z^n beginne ich
x^n + y^n = z^n mit x^n = 1^n, y^n = 2^n, z^n=3^n in der jeweiligen
Differenzenanordnung n=1
Kopfzeile mit x^1 < y^1 < z^1-> 1^1, 2^1, 3^1, 4^1, 5^1
1.Differenzenzeile ---------------> 1--------1-------1-------1
2.Differenzenzeile ---------------> 2--------2-------2
3.Differenzenzeile ---------------> 3 -------3
4.Differenzenzeile ---------------> 4
Differenzenanordnung n=2
Kopfzeile mit x^2 < y^2 < z^2 -> 1^2, 2^2, 3^2, 4^2, 5^2
1.Differenzenzeile -----------------> 03------05------ 07----- 09
2.Differenzenzeile -----------------> 08 ----- 12 ------16
3.Differenzenzeile -----------------> 15------ 21
4.Differenzenzeile -----------------> 24
Differenzenanordnung n=3
Kopfzeile mit x^3 < y^3 < z^3 --> 1^3, 2^3, 3^3, 4^3, 5^3
1. Differenzenzeile ---------------> 07 ----- 19 ----- 37 ---- 61
2. Differenzenzeile ---------------> 26 ----- 56 ----- 98
3. Differenzenzeile ---------------> 63 ---- 117
4. Differenzenzeile ---------------> 124
In allen Differenzenanordnungen sind die Differenzen durch die
Nr. der Differenzenzeile, in der sie stehen, restlos teilbar. Es be-
finden sich also bei n > 1 alle Differenzen = Primzahlen in der
1. Differenzenzeile mit den o.a. Differenzen
a^n - b^n = (2ab+1)(a^(n-2) - b^(n-2)) - (a^(n-4) - b^(n-4))(ab)^2
als Differenzen Dx=(y+1)^n - y^n bei den speziellen Gleichungen
A. (y-u)^n + y^n = (y+u)^n mit x=y-u, u+y=z, y=(x+z)/2 bei u=1
B. (y-u)^n + y^n = (y+1)^n mit x=y-u, 1+y=z, y=y > u > 0
Beide Gleichungen sind bei u=1 identisch, auch mit der spez. Gl.
C. (y-1)^n + y^n = (y+u)^n mit x=y-1, u+y=z, y=y bei u=1.
Bei n=2 stehen auch die Quadrate der Primzahlen p > 2 in der
1.Diff.-Zeile als Differenzen zwischen benachbarten Quadratzah-
len, d.h. man koennte Primzahlen > 2 als ungerade Zahlen, die und
deren Quadrate nur einmal Differenz zwischen Quadratzahlen sind,
definieren, sofern die 0 nicht als nat. Zahl angesehen wird.
In den Spalten mit einer n.ten Potenz > 1^n im Spaltenkopf - in der
Kopfzeile - stehen evident nur gerade Differenzen. Die Gleichung
A. (y-u)^n + y^n = (y+u)^n ist in x,y,z loesbar, wenn fuer Differenzen
Dy = (y+u)^n - (y-u)^n also --->Dy=y^n im Spaltenkopf und somit fuer
Dx = (y+u)^n - y^n ebenfalls ->Dx=x^n=(y-u)^n gilt. Dies ist bei
A. (y-u)^1 + y^1 = (y+u)^1 --> (u,y)=(1,2), (2,4), (3,06) usf.
A. (y-u)^2 + y^2 = (y+u)^2 --> (u,y)=(1,4), (2,8), (3,12) usf.
der Fall, d.h. es gibt fuer jedes u=1,2,3 usf. eine und nur eine Zahl y,
bei der diese Gleichungen loesbar sind. Alle Loesungen der Glei-
chung A. sind bei n=1 und n=2 alle Loesungen der Gleichungen
(2x-x)^1+ (2x)^1=(2x+x)^1 --> (Lx,Ly, Lz) = (1,2,3), (2,4, 06) usf.
(4x-x)^2+ (4x)^2=(4x+x)^2 --> (Sx,Sy,Sz) = (3,4,5), (6,8,10) usf.
mit den Loesungstripeln
Lx = 2x - x, Ly = 2x, Lz = 2x+x bei x=1,2,3,4 usf.
Sx = 4x - x , Sy = 4x, Sz =4x+x bei x=1,2,3,4 usf.
In allen Differenzenanordnungen gehen von jeder Zahl z^n > 1
in der Kopfzeile zwei diagonale Differenzenzeilen aus.
In den nach links unten verlaufenden diag. Diff.-Zeilen werden
alle Differenzen in der 1. Differenzenzeile regressiv aufsummiert
ausgewiesen wie z.B. bei n= 2 ab 5^2 - 4^2 = 9 die Differenzen
Dx=x^2=9, Dy=y^2=16=9+7 sowie 21=9+7+5, 24=9+7+5+3.
In den nach rechts unten verlaufenden diag. Diff.-Zeilen werden
die unendlich vielen Differenzen in der 1. Differenzenzeile jeweils
progressiv aufsummiert wie bei n=2 ab 6^2-5^2 = 11die Differen-
zen 11, 11+13=24,......11+13+15+..+21+23+25 =144.
Die Differenz 144 ist evident auch Ergebnis der regressiven Auf-
summierung der Differenzen ab 13^2 - 12^2 = 25 bis inkl. 6^2-5^2.
25+23+21+19 + 17 + 15 + 13 + 11+ 09 + 07 + 05 + 03
25, 48, 69, 88, 105, 120, 133, 144, 153, 160, 165, 168 =13^2-1^2
mit 168 am linken Rand der Differenzenanordnung n=2.
Waere (y-u)^2+y^2=(y+u)^2 unloesbar bzw. waere 3^2+4^2 nicht
5^2, dann waere auch (y-u)^2+y^2=(y+1)^2 unloesbar bzw. dann
waere (12-7)^2+12^2 nicht (12+1)^2=13^2, 13^2- 5^2 nicht 144
und 13^2 - 12^2 nicht 25. Dann waere auch (y-u)^1+y^1=(y+u)^1
unloesbar. Ueber alle Quadratzahlen gesehen gilt also nicht nur
3^2=5^2 - 4^2 und 4^2= 5^2 - 3^2, sondern auch 5^2=13^2 - 12^2.
Die Frage, ob die Summe von 2 nat. Zahlen x^n, y^n eine nat. Zahl
z^n ist, ist zugleich die Frage, ob x^n=z^n - y^n und damit notwen-
digerweise y^n=z^n - x^n ist. Es wird also nicht gefragt, ob die Zahl
z^n = y^n + x^n Differenz zwischen Zahlen in derselben Potenz n
ist, und auch nicht, ob eine logische Beziehung zwischen diesen
beiden Fragen besteht bzw. ob dieses Differenzsein von z^n viel-
leicht eine notwendige Bedingung fuer z^n = y^n + x^n ist.
Die schon lange bewiesene Unloesbarkeit von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n
in nat. Zahlen x=y-u, u+y=z, y=(x+z)/2 fuer n > 2 besagt bei n = 3,
dass alle Dy=(y+u)^3 - (y-u)^3 von y^3 im Spaltenkopf verschieden
sind bzw. Dy=/=y^3 gilt. Diese Dy=/=y^3 befinden sich zugleich in
einer von z^3 ausgehenden regressiven Differenzensummenfolge
und damit muss fuer die sich in derselben Folge befindliche zuge-
hoerige Differenz Dx=(y+u)^3 - y^3 also Dx=/=x^3 =(y-u)^3 gelten.
Es ist Dy=/=y^3 in ALLEN Spalten und Dx+Dy=/=z^3=(y+u)^3 mit
u=1,2,3 usf. Das bedeutet, dass sich in der von (y+u)^3=z^3 aus-
gehenden progressiven Differenzensummenfolge ebenfalls nur
Differenzen Dy befinden, die keine Kuben sind, so dass auch die
* Gleichung B. (y-u)^3+y^3=(y+1)^3 mit x=y-u, y=y, z=y+1
* Gleichung C. (y-1)^3+y^3=(y+u)^3 mit x=y-1, y=y, z=y+u
* Gleichung F. (y-u)^3+y^3=(y+v)^3 mit x=y-u, y=y, z=y+v
m.E. unloesbar sein muss.
Was fuer x^3+y^3=z^3 gilt, gilt gleichermassen fuer x^n+y^n=z^n
bei n > 3. Waere x^3+y^3=z^3 loesbar, dann waeren nicht nur Diffe-
renzen = Primzahlen p > 2, sondern auch Kuben von Primzahlen
Differenzen wischen benachbarten Kuben. Es waere bei Zahlen
p^3=(y-u)^3 also (y-u)^3+y^3=(y+1)^3 loesbar.
Man kann also bei Unloesbarkeit der Mittelgleichung sagen:
Die Operation x^n+y^n=z^n mehr als einmal und gleich oft mit sich
selbst multiplizizierter nat. Zahlen x,y,z ist im System der nat. Zahlen
in dem Sinne unausfuehrbar wie auch bei nat. Zahlen y > x die Ope-
ration x - y = z in nat. Zahlen x,y,z nicht ausfuehrbar ist.
Die Loesbarkeit von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n ist eine notwendige und
evident hinreichende Bedingung fuer die wechselbedingte Loesbar-
keit der Gleichungen x+y=z und x^2+y^2=z^2 und die Unloesbarkeit
von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n ist eine notwendige und hinreichende Be-
dingung fuer die Unloesbarkeit von x^n+y^n=z^n bei n > 2.
Wenn die Mittelgleichung A. (y-u)^n + y^n = (y+u)^n bei u=1unloes-
bar ist, muss sie bei u > 1 unloesbar sein und muessen auch die
Gleichungen B und C und somit die allgemeine Fermatgleichung F
unloesbar sein. Entweder sind alle drei Gleichungen A,B,C loesbar
wie bei n=1und n=2 oder alle drei sind unloesbar. Nach erfolgtem
Beweis der Unloesbarkeit der Mittelgleichung (y-u)^n+y^n=(y+u)^n
muesste m.E. jedem Interessierten verstaendlich erklaert werden
koennen, dass sie bei u > 1 unloesbar sein muss, wenn sie bei u=1
unloesbar ist. Ebenso muesste es m.E. moeglich sein, bei leicht zu
beweisender Unloesbarkeit der Mittelgleichung A die dann notwen-
dige Unloesbarkeit der allgemeinen Gleichung x^n+y^n=z^n fuer
n > 2 auf jedermann verstaendliche Weise zu "erklaeren".
Bei *angenommener* Unloesbarkeit von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n bei
n=1und n=2 wuerde wohl jeder die Loesbarkeit der Gleichungen
x+y=z und x^2+y^2=z^2 ausschliessen.
Bei *bewiesener* Unloesbarkeit der Mittelgleichung fuer n > 2
schliessen die Mathematiker jedoch die Loesbarkeit der Gleichg
x^n+y^n=z^n nicht aus. Wie soll denn das, was die Mathematiker
also fuer moeglich halten, "funktionieren"? Sie wissen es nicht
und dieses Nichtwissen gebietet zurecht das Nichtausschliessen
einer bei Unloesbarkeit der speziellen Mittelgleichung fuer n > 2
vielleicht loesbaren Gleichung x^n+y^n=z^n. (*)
Was diesbezueglich im System der nat. Zahlen > 0 moeglich ist
und was nicht, ist m.E. schon am Anfang dieses Systems in den
besonderen Eigenschaften der ersten nat. Zahlen festgelegt, d.h.
bei n > 2 ist x^n+y^n=z^n bewiesenermassen in nat. Zahlen x,y,z
und x+x^2=2z^n in nat. Zahlen x,y > 1 vermutlich unloesbar. Die
Summenfolge der nat. Zahlen weist bewiesenermassen keine
Kuben > 1 auf und m.E. auch keine Biquadrate > 1 usf., weil die
Gleichung (x^n+y^n)(x+y)^n = z^n bei n > 2 in nat. Zahlen x,y,z un-
loesbar ist.
MfG
Ernst.
_____
(*) Wer als Mathematiker an einer vielleicht einfachen Loesung des
grossen Fermatschen Problems interessiert ist, koennte mal versu-
chen, Euler's Beweis der Unloesbarkeit von x^3+y^3=z^3 mit den
o.a. Ausfuehrungen eines Laien zu vergleichen. Vielleicht wuerde
man sich dann nicht ueber Unzugaenglichkeit und Stereotypie eines
an ungeloesten Problemen in der Zahlentheorie interessierten Laien
beklagen.
Ernst Jung
Torsten Roensch schrieb:
> Da Du offensichtlich "Zaehlen" und "Nachfolger bilden" gleich-
> setzt und ausserdem "Nachfolger bilden" mit "1 addieren" iden-
> tifizierst, also Zaehlen als einen Spezialfall des Rechnens (der
> Arithmetik) ansiehst, ahne ich nun, was Du mit Deiner Bemer-
> kung vom Zaehlen als sinnloser Operation gemeint hast.
>
Was steht meinem Verstaendnis vom Zaehlen als sinnvoller math.
Operation entgegen und was meiner Behauptung, dass die Loes-
barkeit der Gleichungen x+y=z und x^2+y^2=z^2 die Loesbarkeit
von x^n+y^n=z^n fuer n > 2 in dem Sinne ausschliesst, dass die
Loesbarkeit von x^2+y^2=z^2 die Loesbarkeit der Mittelgleichung
(y-u)^2+y^2=(y+u)^2 vorausetzt und diese auf die Loesbarkeit der
* Gleichung n^(n^n)=(n^n)^n nur bei n=1 und n=2
* Gleichungen n^(n+n)=(n+n)^n und n+n=n*n=n+n nur bei n=2
* Gleichung n^m=m^n bei n=/=m nur bei n=2, m=4=2+2=2*2=2^2
zurueckzufuehren ist ?
Selbstverstaendlich geht dies ueber den mathematisch formalen
Beweis der FV hinaus, aber Mathematik handelt u.a. auch von den
Eigenschaften von Zahlen und Figuren, die bei Ausfuehrung von
math. Operationen zum Vorschein kommen.
Die Loesbarkeit von (y-u)^1+y^1=(y+u)^1 in nat. Zahlen y > u > 0
setzt die Loesbarkeit von x+y=z bei x=y wie bei 1+1=2 voraus. Auf
1+1=2 folgt 1+2=3, wenn man bei konstantem x=1in x+y=z den
1+2=3 Platzhalter y um 1 erhoeht. Erhoeht man ihn fortlaufend
1+3=4 um jeweils 1, so bedeutet dies "Zaehlen". Wenn also 1+2
nicht 3 waere, dann waere 3^2+4^2 nicht 5^2 und gaebe es keine
Theorie der nat. Zahlen. Die Gleichung (y-u)^n + y^n = (y+u)^n hat
bei n=1 und n=2 fuer jede nat. Zahl u=1,2,3 usf. eine und nur eine
Loesung. Man erhaelt also alle Loesungen, indem man bei
* n=1 in (2x-x)^1+(2x)^1=(2x+x)^1
* n=2 in (4x-x)^2+(4x)^2=(4x+x)^2
fuer den Platzhalter x die nat. Zahlen 1,2,3,4 usf. der Reihe nach
einsetzt. Da (y-u)^n+y^n=(y+u)^n bei n > 2 unloesbar ist, gibt es bei
n > 2 keine loesbare Gleichung wie die vorstehenden fuer n=1 und
n = 2 und damit auch keine der Ermittlungsgleichung der Loesungs-
tripel Sx=a^2 - b^2, Sy=2ab, Sz=a^2+b^2 von x^2+y^2=z^2 bzw. von
(a^2-b^2)^2 + (2ab)^2 = (a^2+b^2)^2 entsprechende Gleichung.
Sx, Sy, Sz
03, 04, 05 Sx, Sy, Sz
05, 12, 13 15, 08, 17 Sx, Sy, Sz
07, 24, 25 21, 20, 29 35, 12, 17 Sx, Sy, Sz
09, 40, 41 27, 36, 45 45, 28, 53 63, 16, 65 usf.
a - b = 1, a - b = 3, a - b = 5 a - b = 7 usf.
Man muss sich die vorstehende Anordnung von Loesungstripeln
der Gleichung x^2+y^2=z^2 mit den Loesungstripeln der Gleichg
(y-u)^n + y^n = (y+1)^n bei n=2 am linken Rand genau anschauen,
um die o.a. Behauptung zu verstehen. Sie ist ein Auszug aus der
Differenzenanordnung n=2, in deren Kopfzeile alle Quadratzahlen
wie 1^2, 1^4, 1^6 ... 2^2, 2^4=4^2, 2^6=8^2... 3^2, 3^4=9^2 usf. usf.
aufgefuehrt sind.
Es gilt n+n=n*n=n^n sowie n^(n+n)=(n+n)^n weder bei n=1noch bei
n > 2 und zu beachten ist, dass Loesungstripel
- (Lx,Ly,Lz) von x+y=z keine Loesungstripel (Sx,Sy,Sz)
der Gleichung x^2+y^2=z^2
- (Sx,Sy,Sz) von x^2+y^2=z^2 keine Loesungstripel Lx,Ly,Lz
der Gleichung x+y=z
sein koennen. ALLEN Loesungstripeln Sx, Sy, Sz entsprechen ALLE
rechtwinklige Dreiecke mit 3 ganzzahligen Seiten Sx, Sy, Sz und fuer
diese gilt bekanntlich Sx+Sy > Sz. Die Quadrate ueber diesen Seiten
sind Loesungstripel Lx=(Sx)^2, Ly=(Sy)^2, Lz=(Sz)^2 von x+y=z.
Zu der Gleichung (x^n)^2+(y^n)^2=(z^n)^2 gibt es bei n >1 keine Loe-
sungstripel Sx=x^n, Sy=y^n, Sz=z^n wie aus der o.a. Anordnung von
Loesungstripeln der Gleichung x^n+y^n=z^n bei n=2 ersichtlich ist:
Sx, Sy, Sz Sx, Sy, Sz
03, 04, 05 --------------------> (y-u)^2+y^2=(y+u)^2 bei u=1, y=04 ***
05, 12, 13 --------------------> (y-u)^2+y^2=(y+1)^2 bei u=7, y=12
07, 24, 25 20, 21, 29 ---> (y-1)^2+y^2=(y+u)^2 bei u=8, y=21
09, 40, 41 27, 36, 45 ---> (y-u)^2+y^2=(y+u)^2 bei u=9, y=36 ***
Aus der o.a. Loesungstripelanordnung mit Zeilensummen der
Zahlen Sz in der Folge der Zahlen y=x(2x^2+3x+1)/6 bei x=gerade
wie Sz=5=1^2+2^2, Sz=13+17=30=1^2+2^2+3^2+4^2 ist ersichtlich,
dass es z.B. zu x^4+y^4=z^4 und x^4+y^4=w^2 bei w=/=z^2
* keine Loesungstripel Sx=x^2, Sy=y^2, Sz=z^2
* keine Loesungstripel Sx=x^2, Sy=y^2, Sw=w
gibt. Waeren diese Gleichungen in nat. Zahlen x,y,z bzw. x,y,w loes-
bar, dann muesste es nach "meiner" Logik notwendigerweise recht-
winklige Dreiecke mit 3 ganzzahligen Seiten Sx=x^2, Sy=y^2, Sz=z^2
mit Sx+Sy > Sz bzw. mit 3 ganzzahligen Seiten Sx=x^2, Sy=y^2, Sw=w
mit Sx+Sy > Sw geben.
Euler ist m.E. also mit dem Beweis der Unloesbarkeit der Gleichung
x^4+y^4=w^2 bei w=/=z^2 nicht ueber die FV hinausgegangen und
seine Vermutung (EV), nach der eine n.te Potenz nicht Summe von
weniger als n n.ten Potzenzen und somit u^5+v^5+x^5+y^5=z^5 un-
unloesbar sein sollte, wurde fuer u=27, v=84, x=110, y=133, z=144
bei 144 = (2*8*9) = (4!+5!) =13^2 - 5^2 widerlegt.
Die loesbare Gleichung x^4+y^4=z^5 = 17^5 = 34^4+17^4 ist keine
sogen Fermatgleichung x^n+y^n=z^n. Nach o.a. Loesungstripelan-
ordnung ist 8^2+15^2=17^2. Da 17^5=(8^2+15)^2+16(8^2+15^2)^2
und 289^2 + 1156^2 =17^5 und 17^3=(4*17)^2+17^2=47^2 + 52^2
ist, ist der Hinweis auf die Loesbarkeit von x^4+y^4=z^5 kein Argu-
ment gegen meine Behauptung, dass die Loesbarkeit von x+y=z
und x^2+y^2=z^2 die Loesbarkeit von x^n+y^n=z^n fuer n > 2 aus-
schliesst. Die Loesbarkeit von x^2+y^2=z^2 ist zusammen mit der
Loesbarkeit von x+y=z Voraussetzung fuer die Loesbarkeit von
x^4+y^4=17^5, auch wenn es evident kein rechtwinkliges Dreieck
mit 3 ganzzahligen Seiten gibt, d.h. (17^5)^(1/2) ist evident keine
natuerliche Zahl.
Es ist also x^4+y^4=w^2 bei w=/=z^2 ebenso wenig eine Fermat-
gleichg wie x^3+y^3=w^2=3^2=2^3+1^3 bzw. 4^3+8^3=24^2 usf.
bei Unloesbarkeit von x^4+y^4=z^4 und von x^6+y^6=z^6.
Die Mathematiker erwarten m.E. zuviel von dem Gleichungstyp
x^n+y^n=z^n, wenn sie - wie geschehen - die Unloesbarkeit von
x^p+y^p=z^p fuer p = 3, 5, 7, 11, 13 usf. zu beweisen versucht
haben. Sie haetten m.E. diesen Versuch schon bei p=3 einstellen
koennen, wenn sie sich ueber die Bedeutung von n^(n+n)=(n+n)^n
nur bei n=2 im Klaren gewesen waeren und beachtet haetten, dass
es sich bei den Zahlen in (4x-x)^2+(4x)^2=(4x+x)^2 bei x=1 um Zah-
len mit ganz besonderen Eigenschaften handelt. Es ist
* die Zahl 3 die erste Primzahl unter den Primzahlen in y=4x-1
* die Zahl 5 die erste Primzahl unter den Primzahlen in y=4x+1
Die Zahl 3 in dem Loesungstripel (1,2,3) von x+y=z und in dem Loe-
sungstripel (3,4,5) von x^2+y^2=z^2 ist die einzige Primzahl, deren
unmittelbarer Nachfolger eine Quadratzahl ist und diese ist zudem
das Quadrat des unmittelbaren Vorgaengers der Zahl 3. Es ist fer-
ner 6=3+2+1=1+5=2+4=3+3=3! die kleinste gerade sog. vollkomme-
ne Zahl und zugleich die einzige vollkommene Zahl unter den un-
endlich vielen Zahlen, die in der Summenfolge sowohl der nat. Zah-
len als auch der geraden Zahlen vorkommen und deren Doppelt al-
so Zahlen y=x(x+1)=x^2+x sind.
Die Zahl 5 ist die Loesungszahl x in x^2 + x = 2^x - 2, wobei die
um die beiden Randglieder verminderten Zeilensummen 2^x - 2 im
Pascal-Dreieck (PD) der Binomialkoeffizienten sich aus x^2 + x
bei Vertauschung der Position der Zahlen x, 2 und Vorzeichenum-
kehrung ergeben und
- die Unloesbarkeit von (y-u)^n+y^n=(y+u)^n fuer n > 2
leicht mit Hilfe des PD bewiesen werden kann ... und
- die "letzten konstanten Differenzen > 0" zwischen den Zahlen
a^n, b^n > 0 , a - b=1als Produkt von Zahlen y=x^2+x geschrie-
ben werden koennen. Bei n=3 lauten die "letzten" Differenzen
3! = 6 =2*3 und bei n=5 lauten sie 5!=120=(2*3)(4*5)=6*20 usf.
Zwischen diesen "letzten" Differenzen und den Differenzen in
den Differenzenanordnungen n > 2 besteht doch wohl eine Be-
ziehung, d.h. sie schliessen Differenzen Dx=x^n, Dy=y^n in den
Differenzenanordnungen n > 2 aus. In der 3. Zeile der Differen-
zenanordnung n=3 stehen die Differenzen 4^3-1^3, 5^3-2^3 usf.
bzw. die Differenzen 63=3*(3*7), 117=3*(3*13). Diese Differen-
zen koennen keine Kuben sein.
Die Zahl 5 'und' deren Quadrat, also 25 sind jeweils Summe von
5^1=1^2+2^2, 3^2+4^2=5^2 zwei 'benachbarten' Quadratzahlen.
Das ist nur bei diesen beiden Zahlen der Fall und zu beachten ist,
dass die Zahl 5 die einzige Primzahl unter den Zahlen mit Endzif-
fer 5 ist bei 2^(2^1) + 1=5=Fermatsche Primzahl.
Die Folge y=4x-1 weist nur die ungeraden Potenzen der 'eigenen'
Zahlen aus wie 3, 7, 11, 15, 19, 23, 27=3^3 usf. und alle Potenzen
der Primzahlen in dieser Folge sind evident nicht Summe von zwei
Quadratzahlen.
Die Folge y=4x+1 weist die geraden Potenzen der ung. Zahlen > 1
und die ungeraden Potenzen der 'eigenen' Zahlen aus wie zum Bei-
spiel 5, 9=3^2, 13, 17, 21=3*7, 25=5^2, ......49=7^2, .....125=5^3 usf.
Alle Potenzen der Primzahlen in dieser Folge sind Summe von zwei
Quadratzahlen und die Kuben dieser Primzahlen sind es zweimal,
also mehr als einmal wie z.B. 5^2+10^2=5^3=11^2+2^2.
In 3*3+3+3+5+5=5*5 haben die 5 verschiedenen Zeichen 3,*,+,=,5
eine ganz bestimmte Bedeutung, um die Unterscheidung zwischen
> Syntaktik und Semantik
aufzugreifen. Seit Hilbert sieht man in den Axiomen nur noch Satz-
gerueste, die weder wahr noch falsch, sondern entweder erfuellbar
oder unerfuellbar sind. Erst bei einer eventuellen 'Deutung' der in ih-
nen vorkommenden 'Variablen' gehen die Satzgerueste in effektive
Saetze ueber. Nach Russel "sollen unsere Zahlen fuer das Zaehlen
der gewoehnlichen Gegenstaende brauchbar sein. Dazu muessen
sie eine bestimmte Bedeutung und nicht bloß gewisse formale Eigen-
schaften haben. .... Der Akt des Zaehlens besteht in der Aufstellung
einer eineindeutigen Beziehung zwischen der Folge der gezaehlten
Gegenstaende und den nat. Zahlen > 0. ... Der Begriff der Aequiva-
lenz ist logisch bei der Operation des Zaehlens vorausgesetzt und
logisch einfacher ... Beim Zaehlen muss man die zu zaehlenden Ge-
genstaende in einer gewissen Ordnung folgen lassen, als erstes,
zweites, drittes usw."
Eine solche Ordnung ist z.B. in der nachstehenden Anordnung der
nat. Zahlen zu sehen. In den Zeilen 1. 01
mit ungerader Nr. > 1 stehen die 2. 02 03
Loesungstripel der o.a. Gleichung 3. 04 05 06
(y-u)^2+y^2=(y+1)^2 und am rech- 4. 07 08 09 10
ten Rand die Zahlen y=x (x+1) / 2. 5. 11 12 13 14 15
Bei naeherer Betrachtung kann festgestellt werden, dass mit dem
blossen Hinschreiben der nat. Zahlen automatisch viele Rechenope-
rationen ausgefuehrt werden. Ebenso ist es in der Anordnung der
* ungeraden Zahlen mit Zeilensummen in 1. 01
der Folge der Kuben und aufgelaufenen 2. 03 05
Zeilensummen 1, 3^2, 6^2, 10^2, usf. 3. 07 09 13
* ungeraden Zahlen mit Zeilensummen in der Folge der Differenzen
zwischen den Biquadratzahlen ab 1. 01
der 2. Zeile und mit den Zahlen 2. 03 05 07
y=2x^2 - 1 am rechten Rand sowie 3. 09 11 13 15 17
mit aufgelaufenen Zeilensummen in der Folge der Biquadratzahlen.
* nebenstehenden Produktzahlen 1. 01
mit den auf zwei Spalten aufgeteil- 2. 02 04
ten Zahlen y=x(x+1)/2 und den zwei 3. 03 06 09
Spalten fuellenden Zahlen Sy in den 4. 04 08 12 16
Loesungstripeln (Sx,Sy,Sz) der Gleichung (y-u)^2+y^2=(y+1)^2.
Waeren x^3+y^3=z^3 und x+x^2=2z^3 loesbar, dann koennten die
Loesungszahlen in dieser Anordnung nicht verborgen bleiben. Es
gibt sie nicht, weil sie einfach nicht in diese Anordnung "passen",
d.h. die Loesungstripel (Lx,Ly,Lz) von (2x-x)^1+(2x)^1=(2x+x)^1
und die Loesungstripel (Sx,Sy,Sz) von (4x-x)^2+(4x)^2=(4x+x)^2
schliessen Loesungstripel der Mittelgleichung (y-u)^n+y^n=(y+u)^n
und somit der allgemeinen Gleichung x^n+y^n=z^n fuer n > 2 aus.
In der 12. Zeile der o.a. systematischen Anordnung von Loesungstri-
peln von x^2+y^2=z^2 mit "eingebauter Produkttabelle 5, 15=3*5 und
7, 21=3*7, 35=5*7, 9, 27=3*9, 45=5*9, 63=7*9 mit Summe = 9*16 "
betraegt die Sz-Zeilensumme 1^2+2^2+......+23^2+24^2=70^2. Es
ist also die fuer die vollstaendige Abdeckung der Q.-Flaeche (70*70)
mit den Quadratflaechen (1*1), (2*2), .... (23*23), (24*24) evident not-
wendige Bedingung erfuellt. Es handelt sich jedoch bewiesenermas-
sen um eine zum Gelingen dieses Vorhabens nicht hinreichende Be-
dingung. Die Figuren mit Ecken und Kanten usf. sind halt die "kon-
kreteren" Gegenstaende der Mathematik im Vergleich zu den "ab-
strakteren" Zahlen. Mit "arithmetisch moeglich" meine ich im folgen-
den Loesbarkeit in nat. Zahlen > 0 bzw. Zaehlenkoennen. Der vor-
stehende Sachverhalt ist ein Beispiel fuer die Aussage "Es ist et-
was geometrisch unmoeglich, arithmetisch aber moeglich". Was die
Loesbarkeit der Gleichung vom Typ x^n+y^n=z^n betrifft, gilt jedoch:
- Bei n=2 ist das geometrisch Moegliche mit dem arithmetisch Moeg-
lichen "kongruent": Allen rechtwinkligen Dreiecke mit 3 ganzzahligen
Seiten Sx, Sy, Sz mit Sx+Sy > Sz entsprechen Alle Loesungstripel
Sx,Sy,Sz von x^2+y^2=z^2
- Bei n > 2 ist das geometrisch Unmoegliche mit dem arithmetisch
Unmoeglichen "kongruent". Das geometrisch Unmoegliche beruht
letztlich nicht auf geometrischen Besonderheiten. Die Gleichung
* (x^n)^2+(y^n)^2=(z^n)^2 ist fuer n > 1 in nat. Zahlen x^n, y^n, z^n
* x^n + y^n = z^n ist fuer n > 2 in natuerlichen Zahlen x,y,z
unloesbar.
Etwas anderes ist m.E. gar nicht vorstellbar, soll das Zaehlen 1, 2, 3
usf. und das Zusammenzaehlen 1, 3, 6 usf. ueberhaupt einen Sinn
haben. Das ist m.E. so evident und so fundamental wie der Funda-
mentalsatz der elementaren Zahlentheorie. Damit will ich dessen
Beweis nicht fuer ueberfluessig erklaeren, wie ich ja auch den Be-
weis der Unloesbarkeit von x^3+y^3=z^3 bei fast evidenter Un-
loesbarkeit von (y-u)^3+y^3=(y+u)^3 und die "Veranschaulichung"
dieses Beweises in der Differenzenanordnung n=3 nicht fuer ueber-
fluessig halte und auch nicht Deine Unterscheidung zwischen
---------> Kausalitaet, Konzessivitaet, Finalitaet, Konditionalitaet.
Dem wuerde ich noch die "Entelechie = Ziel in sich tragen" gerade
im Hinblick auf das Zaehlen und Zusammenzaehlen der nat. Zahlen
hinzufuegen. Im "Aufsummierungsprogramm" der nat. Zahlen sind
als Partialsummen nur nat. Zahlen und Quadratzahlen vorgesehen,
nicht jedoch Kuben > 1 und m. E. auch keine Biquadratzahlen > 1
usf. , d.h. was bezueglich x^n+y^n=z^n und x+x^2=2z^n moeglich ist,
ist in den Eigenschaften der ersten nat. Zahlen festgelegt. Es geht
ja bei der FV nur um die Gleichung vom Typ x^n+y^n=z^n, nicht um
w^n+x^n+y^n=z^n fuer n=3 oder um u^n+v^n+x^n+y^n=z^n fuer n=4.
3^3+4^3+5^3=6^3 und x^2+(x*y)^2+y^2=z^2 bei x, y > 0, y - x=1 wie
1^2+2^2+2^2=3^2 und 2^2+6^2+3^2=7^2=2*5^2-1= (3+4)^2=4!+5^2
sowie u^5+v^5+x^5+y^5=z^5=27^5+84^5+110^5+133^5=(4!+5!)^5
Es bedarf keiner besonderen math. Kenntnisse zur Feststellung,
- dass fuer die Platzhalter x,y,z und n in x^n+y^n=z^n nicht beliebige
nat. Zahlen > 0 eingesetzt werden koennen, wenn das Gleichheits-
zeichen seine Berechtigung haben soll
- dass die Summe von 2 beliebigen nat. Zahlen > 0 eine nat. Zahl
ist und dass jede nat. Zahlen > 0 unendlich oft Differenz zwischen
nat. Zahlen ist
- dass unendlich viele nat. Quadratzahlen > 0 Summe von 2 nat.
Quadratzahlen > 0 sind und alle Zahlen z^2, fuer die x^2+y^2=z^2
gilt, auch Differenz zwischen nat. Quadratzahlen sind, sowie dass
unendlich viele Quadratzahlen nicht Summe von 2 nat. Quadratzah-
len sind, obwohl mit Ausnahme von 1^2 und 2^2 alle Quadratzahlen
Differenz zwischen Quadratzahlen sind.
- dass alle nat. Kuben > 0 weder Summe von 2 nat. Kuben > 0 noch
Differenz zwischen nat. Kuben > 0 sind und dass die Kuben der Prim-
zahlen p > 2 mehr als einmal Differenz zwischen nat. Quadratzahlen
sind sowie dass dasselbe entsprechend fuer Biquadrate usf. gilt.
Es hat also die Moeglichkeit sinnvollen Zaehlens bzw. das Zaehlen-
Koennen ihren / seinen "Preis", naemlich die Unloesbarkeit der Glei-
chung x^n+y^n=z^n in nat. Zahlen x,y,z > 0 bei nat. Zahlen n > 2.
MfG
Ernst